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山东省临沂市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
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这是一份山东省临沂市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37页。试卷主要包含了工业流程题，结构与性质，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省临沂市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、工业流程题
1．（2021·山东临沂·统考一模）一种从阳极泥(主要成分为 Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等)中回收 Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：；
②易与 Ag+形成配离子：，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的SO2与 SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质 Se，该反应的化学方程式为_______。
(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______。
(3)“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
(4)“溶浸”中发生的反应为，该反应的平衡常数K'=_______。[已知]
(5)“滤液IV”中含有 Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______；“滤液 IV”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。
2．（2022·山东临沂·统考一模）工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4 (磷酸铁)。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
(1)“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有_______(任写一种)：加入硫酸的目的是_______；滤渣的主要成分是_______。
(2)“浸取”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在pH范围为时，随pH增大，明显增大，其原因是_______。
(4)工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①在阳极放电的电极反应式为_______。
②电解过程中，溶液的浓度_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于_______(已知：)。
3．（2023·山东临沂·统考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。
250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
二、结构与性质
4．（2021·山东临沂·统考一模）我国科研工作者最近发现并制备了一系列主要由 O、P、Se、Bi 等元素组成的导电材料。回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为_______；SeO2的熔点为 350 ℃，加热易升华，固态SeO2属于_______ 晶体。
(2)O、P、S三种元素中，电负性最大的是_______；键角：H2O_______H2Se(填">"、"<"或"=")。
(3)纯净的磷酸粘度极大，随温度升高粘度迅速下降，原因是_______；熔融状态的磷酸导电性很好，这是由于在纯磷酸中存在如下质子交换导电机理。
由此可以推知纯磷酸液体中存在的导电微粒是和_______，的空间构型为_______。
(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为_______，其中Se的分数坐标为_______。晶胞棱边夹角均为90°，硒氧化铋的摩尔质量为 M g·mol-1，则晶体密度的表达式为_______g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)。
5．（2023·山东临沂·统考一模）铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：
(1)基态Fe3+的价电子排布式为______。
(2)某铁的配合物结构如图1所示，可由(CH3)3SiCl与K[Fe(C5H5)(CO)2CO2]混合加热制得。
①在(CH3)3SiCl、(CH3)3SiF、(CH3)4Si中，C－Si－C键角最大的是_______，原因是______。
②C5H表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键可用符号π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π)，则C5H中的大π键应表示为______。
③该铁的配合物中碳原子的杂化方式共有_____种。
(3)普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁－氰骨架组成小立方体，Fe粒子在顶点，CN-在棱上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K+，如图2所示(CN-在图中省略)。
①普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数之比为_____；该晶胞的化学式为______。
②若所有铁粒子为等径小球，则K+与Fe2+之间最近距离为_____pm；该晶体的密度为_____g•cm-3(阿伏加德罗常数为NA)。
三、实验题
6．（2021·山东临沂·统考一模）三氯化铬(CrCl3)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。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：
已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。
请回答下列问题：
(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；
III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A．步骤I中未继续加热一段时间
B．步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C．步骤II中未加浓磷酸
D．步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
7．（2022·山东临沂·统考一模）实验室以活性炭为催化剂，用制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){}，装置如图所示。
已知：①具有较强还原性；溶液呈棕色。②。回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；仪器b中的试剂是_______。
(2)产品制备.检查装置气密性并将和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，的作用是_______；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热，该过程发生反应的离子方程式为_______。
(3)产品分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是_______。
(4)测定产品中的含量。实验如下：
①蒸氨：取样品加入三颈烧瓶中，再加入足量溶液并加热，蒸出的通入含有标准溶液的锥形瓶中。
②滴定：用溶液滴定剩余的，消耗溶液。滴定时选用的指示剂为_______，的质量分数为_______；若溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得的含量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
8．（2023·山东临沂·统考一模）四氮化四硫(S4N4，S为+2价)是重要的硫－氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑
回答下列问题：
(1)试剂a是_____；装置D的作用是______。
(2)装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为______；证明SCl2反应完全的现象是_____。
(3)分离产物后测定产品纯度：
i.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol•L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
ii.滴定：用c2mol•L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。
①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→______(填标号)→开始滴定。
a.装入滴定液至“0”刻度以上
b.调整滴定液液面至“0”刻度
c.排除气泡
d.用滴定液润洗2至3次
e.记录起始读数
②滴定时选用的指示剂为_____；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③S4N4的纯度表达式为______；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
四、原理综合题
9．（2021·山东临沂·统考一模）二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.5kJ·mol-1
II.10CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=____。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OCH3的选择性=，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_____(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是____；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择的反应条件为___(填标号)。
a.低温、低压 b.高温、高压 c.高温、低压 d.低温、高压
(3)也可以利用甲醇脱水制备二甲醚：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。已知：，其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。
①为提高CH3OCH3的平衡产率，可以采取的措施有____(任写一条)。
②473K时，在密闭容器中加入一定量CH3OH(g)，采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为____(填标号)。
a. b. c. d.
(4)对于反应，反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度，k正-k逆____(填“增大”、“减小”或“不变”)；
②在TK、101kPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为50％时，，用气体分压表示的平衡常数KP=___。
10．（2022·山东临沂·统考一模）硼的化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态硼原子的价电子排布图为：_______；B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(2)科学家合成了一种含硼阴离子，其结构如图1所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种不同化学环境的氧原子。
(3)与结合形成固态化合物，该物质在时熔化电离出和一种含硼阴离子_______(填离子符号)；空间构型为_______。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。图2是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为，密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①该晶体的化学式为_______。
②金属M原子与硼原子间最短距离为_______。
③金属M的相对原子质量为_______(列出表达式)。
11．（2022·山东临沂·统考一模）甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。以为原料制备甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)将与混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。
则_______0(填“＞”或“＜”)；a、b、c三点对应反应体系温度由高到低的顺序为_______。
(2)工业生产甲醚过程中，在恒温、恒压条件下，原料气以通入装有催化剂的反应器中，内的质量分数由变为，则该时间内用表示的化学反应速率为_______。
(3)在恒压条件下，按与的物质的量之比为投料，测得平衡转化率和平衡时的选择性(转化的中生成的物质的量分数)随温度的变化如图所示。
①曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是_______。
②T℃时反应Ⅱ的平衡常数_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为，理由是_______。
③其他条件不变，改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。
12．（2023·山东临沂·统考一模）以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49kJ•mol-1
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。
(2)在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为10kPa)。
①反应Ⅱ对应图1中_____(填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp=_____kPa-2(保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时的值。B点对应温度下，平衡时=400，则p(H2)= _____kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是_____；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是______。
(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比甲：乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为______。
五、有机推断题
13．（2021·山东临沂·统考一模）化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。
已知：①R—CH=CH2
②
(1)A的结构简式为___；B→C的反应类型为____；E中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应方程式为____。
(3)符合下列条件的D的同分异构体共有____种(不考虑立体异构)。
①遇FeC13溶液显紫色；②1mol该物质能与足量Na反应生成1molH2。
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(任写一种)。
(4)设计由1，2—二氯乙烷与制备的合成路线(其他试剂任选)___。
14．（2022·山东临沂·统考一模）某药物Ⅰ的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A中含有的官能团名称为_______；D→E的反应类型为_______；检验E中是否含有D的试剂为_______。
(2)C→D的化学方程式为_______；G的结构简式为_______。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①含有酚羟基 ②能发生水解反应 ③含有四种化学环境的氢
(4)写出由和制备的合成路线(题给信息中的试剂任选)_______。
15．（2023·山东临沂·统考一模）布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。
已知：①R－CHO+
②++H2O
回答下列问题：
(1)A的名称为_____；B→C的反应类型为_____；E中含氧官能团的名称为_____。
(2)G的结构简式为______；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
(3)满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为______(任写一种)。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1。
(4)季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)______。
参考答案：
1． Pt、Au 防止生成的氮氧化物排放到空气中 HNO3 5.04×103 随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低
【分析】焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3（过量），加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，最后经过还原获得Ag单质。
【详解】(1)由题意知，SO2、SeO2、H2O三者反应生成Se，说明SeO2被还原，联想到SO2具有还原性，故此时SeO2被SO2还原，则SO2被氧化为SO3，由于有水，故生成H2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：；
(2)由分析知，滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入O2可使氮氧化物又转化为HNO3而溶解，故此处填：防止生成的氮氧化物排放到空气中；
(3)反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得Cu(NO3)2，所以为了不引入新杂质，最好选用HNO3；
(4)该反应的平衡常数 ；
(5)由分析知，滤液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3-被Na2S2O4还原为Ag，自身被氧化为Na2SO3，根据得失电子守恒初步配平方程式为：，结合流程知，可在左边添加4个OH- 配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：；随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低。
2．(1) 将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌 为了保持体系的酸度，防止生成FePO4 SiO2
(2)3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
(3)pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
(4) FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+ 不变 1.7
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。
【详解】（1）将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；
（2）由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；
（3）当pH范围在1~1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大，故答案为：pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；
（4）①由分析可知，在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；
②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故溶液的浓度不变，故答案为：不变；
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的c(OH-≤=5×10-13mol/L，故c(H+)≥=0.02mol/L，不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：1.7。
3．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，K[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
4． 4s24p4 分子 O > 温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏 正四面体
【详解】(1)Se是与O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，主族元素价电子即最外层电子，故Se的价电子排布式为：4S24P4；SeO2晶体熔点低，且易升华，符合分子晶体的物理性质，故属于分子晶体；
(2)非金属性：O＞S＞P，电负性变化规律与非金属性一致，故三者电负性最大的为：O；H2O和H2Se中心原子O和Se均含两对孤对电子，但由于电负性O＞Se，故O对孤对电子的引力强于Se，导致H2O中孤对电子对O—H的斥力小于H2Se中孤对电子对Se—H的斥力，故键角：H2O＞H2Se；
(3)由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸粘度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降；由图示知，导电微粒为[P(OH)4]+和，故此处填；[P(OH)4]+中心P原子价层含4个σ电子对，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论知[P(OH)4]+空间构型为正四面体；
(4)根据电荷守恒知，该晶胞中与为1：1，故该晶体的化学式为Bi2O2Se；以顶点Se为原点，坐标定为(0，0，0)，则体心Se各个坐标值相当于边长的一半，故其坐标为，即其分数坐标为；该晶胞中含有Se个数=，结合化学式知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量m=，该晶胞体积V=，故该晶体的密度=晶胞密度= 。
5．(1)3d5
(2) (CH3)3SiF F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大 3
(3) 1:1
【详解】（1）铁是26号元素，则基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①成键电子对之间的斥力越大，则键角越大，在(CH3)3SiF中F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故键角最大的是(CH3)3SiF；原因是：F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大；
②由结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及一个得到一个电子，共有6个电子参与形成大π键，因此中大π键表示为；
③根据该铁的配合物的结构可知，其中碳的杂化方式有sp3，sp2，sp一共3种杂化方式；
（3）①二价铁位于体心和棱心，则一共有4个；三价铁位于顶点和面心，一共有4个，故其比值：1:1；晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN-有，故化学式为：；
②钾离子位于小立方体的体心，二价铁位于小立方体的顶点，则；密度=。
6． 浓H2SO4 防止G中水蒸气进入E及C装置 将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气 C装置内压强增大，A中导管内液面上升 对D处稍加热 AC
【分析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
【详解】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；
(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；
②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；
B. 步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，B错误；
C. 步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；
D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。
故选AC。
7．(1) 恒压滴液漏斗 P2O5或无水CaCl2等
(2) 会抑制的电离，防止生成Co(OH)2沉淀 2+H2O2+2 2+2↑+2H2O
(3)降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
(4) 甲基橙 17(2c1V1-c2V2)% 无影响
【分析】实验室以活性炭为催化剂，用与氯化铵反应制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){}，并测定产品中的含量。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b中的试剂用于吸收未氨气及防止空气中的水蒸气进入，可选择P2O5或无水CaCl2等；
（2）加入可增大铵根离子的浓度，抑制的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；
充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热，发生反应的离子方程式为2+H2O2+2 2+2↑+2H2O；
（3）加入浓盐酸，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）②滴定：用溶液滴定剩余的，消耗溶液。滴定终点溶液变色范围呈酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；
硫酸分别与氨气和氢氧化钠溶液反应，根据反应可计算的质量分数为17(2c1V1-c2V2)%；若溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，则会吸收空气中的二氧化碳，但滴定剩余硫酸时消耗的体积不变，测得的含量无影响。
8．(1) 浓氨水 吸收多余的氨气，防止污染空气；
(2) 溶液红棕色褪去
(3) dacbe 甲基橙或酚酞 再用少量水冲洗锥形瓶内壁 偏低
【分析】根据已知信息可知装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸，据此解答。
【详解】（1）根据分析，装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气；
（2）装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去；
（3）①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，故答案：dacbe；
②根据已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4~4NH3↑~2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为；
若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低。
9． ① 高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大 d 降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条） c 减小 0.8
【详解】(1)由盖斯定律有有2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以，故答案为：；
(2)升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＜0，II的△H＞0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应II占主导；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CH3OCH3的选择性，应向反应I的正反应方向进行，II的逆反应方向进行，所以应选择低温高压，故答案为：①；高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大；d；
(3)①由，增大则的产率增大，所以提高平衡时的产率的措施有：降低温度或及时分离出产物或液化移去，故答案为：降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条）；
②如完全反应，根据反应可知的物质的量分数为，由于文可逆反应，不可能完全转化，故其物质的量分数小于，
将T=473K代入得，所以，解得，故质量分数在间，故选c；
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
②设初始浓度为，则根据三段式
，其中，平衡时即，故答案为：0.8。
10．(1) N＞H＞B
(2) sp2、sp3 4
(3) [BF3·OH]－ 三角锥形
(4) M(NH3)6(BH4)2
【详解】（1）基态硼原子价电子排布式为2s22p1，则价电子排布图为，B、N、H的电负性由大到小的顺序是N＞H＞B；故答案为；N＞H＞B；
（2），根据结构，结构中有2种B原子，如图，B的杂化类型为sp2、sp3；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；故答案为sp2、sp3；4；
（3）熔化时先断裂氢键，熔化时电离出H3O＋，因此含硼阴离子为[BF3·OH]－；H3O＋中心原子O杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形；故答案为[BF3·OH]－；三角锥形；
（4）①八面体位于顶点和面心，个数为=4，即M原子数为4，NH3为4×6=24，四面体位于晶胞内部，有8个，B原子个数为8，H原子个数为8×4=32，因此化学式为M(NH3)6(BH4)2；故答案为M(NH3)6(BH4)2；
②M与B原子之间最短距离是体对角线的，即pm；故答案为；
③晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，根据密度的定义，则ρ=，解得M=；故答案为。
11．(1) ＞
(2)0.1
(3) ＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低 0.046 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小 高
【解析】(1)
因v逆 开始增大，c(CO2)、c(H2)减小，说明温度升高逆反应放热，则正反应吸热，所以＞0；
由a→b温度升高为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡，说明反应一直逆向进行，逆反应是放热的，故。答案为：＞；；
(2)
==44g·s-1；===0.1。答案为：0.1；
(3)
①因>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；
②根据三段式可知：
平衡时CO2：1mol(1-40%)=0.6mol；H2：3mol-0.9mol-0.1mol=2mol；CO：0.1mol；H2O：0.45mol+0.1mol=0.455mol；
则K==≈0.046；
温度过低，速率慢，单位时间内甲醚的产率低，温度过高，甲醚的转化率又低，所以合成甲醚的适宜温度为，理由是温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；
③合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，容积一定时，随着反应的进行，压强不断减小，不利于甲醚的合成，从而增大了CO的平衡选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。答案为：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；0.046；温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；高。
【点睛】在混合体系中，虽然发生两个可逆反应，但同一物质的浓度是相同的。
12．(1)+41.2
(2) n 0.10 20
(3) 主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
(4)5：4
【详解】（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，即反应①H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，反应②CO(g
)+ O2(g)=CO2(g)=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则①-②+③得反应IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可知，△H2=(-285.8kJ/mol)-( -283.0kJ/mol)+( +44kJ•mol-1)=+41.2kJ•mol-1，故答案为：+41.2；
（2）①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：、，图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp==0.10kPa-2，故答案为：n；0.10；
②通过调整温度可调控平衡时的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得p2(H2)=，平衡时=400，则p(H2)=20kPa，故答案为：20；
（3）CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低， 故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；
（4）对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，故答案为：5：4。
13． 消去反应 酯基、羰基 +2O2+2H2O 9 或 ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO
【分析】由有机物的转化关系可知， 发生信息①反应生成，则A为 、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，则C为 ；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ； 与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ；B→C的反应为 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ；E的结构简式为，官能团为酯基、羰基，故答案为： ；消去反应；酯基、羰基；
(2) C→D的反应为在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 和水，反应的化学方程式为+2O2+2H2O，故答案为：+2O2+2H2O；
(3)D的结构简式为 ，由D的同分异构体遇FeC13溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9； 或 ；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备 的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO，故答案为：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO。
14．(1) 羧基、醚键 取代反应 FeCl3
(2) +CH3OH+H2O
(3)6
(4)
【分析】A在浓硫酸的作用下与HNO3发生取代反应，即B的结构简式为，根据C的分子式，B→C少了一个甲基，多了一个羟基，根据D的结构简式，推出C的结构简式为，C生成D发生酯化反应，根据E的分子式，以及I的结构简式，E的结构简式为，根据题中已知，E→F：－NO2→－NH2，F的结构简式为，推出G的结构简式为，对比G和H的结构简式，去掉一个－OH，多了一个－Cl，即H的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）根据A的结构简式，A中含有官能团为羧基和醚键，根据D和E的结构简式，D→E的反应类型为取代反应；D中含有酚羟基，E中不含酚羟基，要用FeCl3溶液进行鉴别，溶液显紫色，则含有D；故答案为羧基、醚键；取代反应；FeCl3；
（2）根据上述分析，C→D的化学方程式为+CH3OH+H2O；G的结构简式为；故答案为+CH3OH+H2O；；
（3）由题干流程图可知，A的分子式为：C9H10O4，符合①含有酚羟基，②能发生水解反应即含有酯基，③含有四种化学环境的氢即为对称结构，故符合条件的A的同分异构体的结构简式有、 、 、 、 、 共6种；故答案为：6；
（4）根据所给原料以及制备物质，利用路线为C→D，E→F，F→G→H，所以路线为；故答案为。
15．(1) 甲苯 取代反应 醛基、羟基
(2) +2NaOH++NaCl
(3)或
(4)
【分析】由C的结构及A的分子式可知A为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，与发生取代反应生成C；D与HCHO在稀NaOH溶液发生已知中反应生成E()，E与氢气发生加成生成F()，C与F在酸性条件下反应生成G()，G经氯化锌溶液处理得到H，H先在碱性条件下发生反应再经酸化得到布洛芬，据此分析。
【详解】（1）由以上分析可知A为甲苯，B生成C发生取代反应，E()，所含官能团为醛基和羟基，故答案为：甲苯；取代反应；醛基、羟基；
（2）由以上分析可知G为；H与足量热的NaOH溶液发生水解反应生成、，反应方程式为：+2NaOH++NaCl，故答案为：；+2NaOH++NaCl；
（3）①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色，可知苯环上直接连接-OOCH；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上含有两个对称烃基；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1，可知烃基中含有两个对称甲基；
符合条件的结构有：或，故答案为：或；
（4）乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛发生已知中反应生成,与HCHO继续反应生成，与甲醛反应生成，合成路线为：，故答案为：
山东省临沂市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、工业流程题
1．（2021·山东临沂·统考一模）一种从阳极泥(主要成分为 Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等)中回收 Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：；
②易与 Ag+形成配离子：，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的SO2与 SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质 Se，该反应的化学方程式为_______。
(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______。
(3)“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
(4)“溶浸”中发生的反应为，该反应的平衡常数K'=_______。[已知]
(5)“滤液IV”中含有 Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______；“滤液 IV”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。
2．（2022·山东临沂·统考一模）工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4 (磷酸铁)。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
(1)“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有_______(任写一种)：加入硫酸的目的是_______；滤渣的主要成分是_______。
(2)“浸取”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在pH范围为时，随pH增大，明显增大，其原因是_______。
(4)工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①在阳极放电的电极反应式为_______。
②电解过程中，溶液的浓度_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于_______(已知：)。
3．（2023·山东临沂·统考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。
250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
二、结构与性质
4．（2021·山东临沂·统考一模）我国科研工作者最近发现并制备了一系列主要由 O、P、Se、Bi 等元素组成的导电材料。回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为_______；SeO2的熔点为 350 ℃，加热易升华，固态SeO2属于_______ 晶体。
(2)O、P、S三种元素中，电负性最大的是_______；键角：H2O_______H2Se(填">"、"<"或"=")。
(3)纯净的磷酸粘度极大，随温度升高粘度迅速下降，原因是_______；熔融状态的磷酸导电性很好，这是由于在纯磷酸中存在如下质子交换导电机理。
由此可以推知纯磷酸液体中存在的导电微粒是和_______，的空间构型为_______。
(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为_______，其中Se的分数坐标为_______。晶胞棱边夹角均为90°，硒氧化铋的摩尔质量为 M g·mol-1，则晶体密度的表达式为_______g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)。
5．（2023·山东临沂·统考一模）铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：
(1)基态Fe3+的价电子排布式为______。
(2)某铁的配合物结构如图1所示，可由(CH3)3SiCl与K[Fe(C5H5)(CO)2CO2]混合加热制得。
①在(CH3)3SiCl、(CH3)3SiF、(CH3)4Si中，C－Si－C键角最大的是_______，原因是______。
②C5H表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键可用符号π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π)，则C5H中的大π键应表示为______。
③该铁的配合物中碳原子的杂化方式共有_____种。
(3)普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁－氰骨架组成小立方体，Fe粒子在顶点，CN-在棱上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K+，如图2所示(CN-在图中省略)。
①普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数之比为_____；该晶胞的化学式为______。
②若所有铁粒子为等径小球，则K+与Fe2+之间最近距离为_____pm；该晶体的密度为_____g•cm-3(阿伏加德罗常数为NA)。
三、实验题
6．（2021·山东临沂·统考一模）三氯化铬(CrCl3)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。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：
已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。
请回答下列问题：
(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；
III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A．步骤I中未继续加热一段时间
B．步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C．步骤II中未加浓磷酸
D．步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
7．（2022·山东临沂·统考一模）实验室以活性炭为催化剂，用制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){}，装置如图所示。
已知：①具有较强还原性；溶液呈棕色。②。回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；仪器b中的试剂是_______。
(2)产品制备.检查装置气密性并将和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，的作用是_______；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热，该过程发生反应的离子方程式为_______。
(3)产品分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是_______。
(4)测定产品中的含量。实验如下：
①蒸氨：取样品加入三颈烧瓶中，再加入足量溶液并加热，蒸出的通入含有标准溶液的锥形瓶中。
②滴定：用溶液滴定剩余的，消耗溶液。滴定时选用的指示剂为_______，的质量分数为_______；若溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得的含量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
8．（2023·山东临沂·统考一模）四氮化四硫(S4N4，S为+2价)是重要的硫－氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑
回答下列问题：
(1)试剂a是_____；装置D的作用是______。
(2)装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为______；证明SCl2反应完全的现象是_____。
(3)分离产物后测定产品纯度：
i.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol•L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
ii.滴定：用c2mol•L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。
①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→______(填标号)→开始滴定。
a.装入滴定液至“0”刻度以上
b.调整滴定液液面至“0”刻度
c.排除气泡
d.用滴定液润洗2至3次
e.记录起始读数
②滴定时选用的指示剂为_____；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③S4N4的纯度表达式为______；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
四、原理综合题
9．（2021·山东临沂·统考一模）二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.5kJ·mol-1
II.10CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=____。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OCH3的选择性=，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_____(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是____；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择的反应条件为___(填标号)。
a.低温、低压 b.高温、高压 c.高温、低压 d.低温、高压
(3)也可以利用甲醇脱水制备二甲醚：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。已知：，其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。
①为提高CH3OCH3的平衡产率，可以采取的措施有____(任写一条)。
②473K时，在密闭容器中加入一定量CH3OH(g)，采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为____(填标号)。
a. b. c. d.
(4)对于反应，反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度，k正-k逆____(填“增大”、“减小”或“不变”)；
②在TK、101kPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为50％时，，用气体分压表示的平衡常数KP=___。
10．（2022·山东临沂·统考一模）硼的化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态硼原子的价电子排布图为：_______；B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(2)科学家合成了一种含硼阴离子，其结构如图1所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种不同化学环境的氧原子。
(3)与结合形成固态化合物，该物质在时熔化电离出和一种含硼阴离子_______(填离子符号)；空间构型为_______。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。图2是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为，密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①该晶体的化学式为_______。
②金属M原子与硼原子间最短距离为_______。
③金属M的相对原子质量为_______(列出表达式)。
11．（2022·山东临沂·统考一模）甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。以为原料制备甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)将与混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。
则_______0(填“＞”或“＜”)；a、b、c三点对应反应体系温度由高到低的顺序为_______。
(2)工业生产甲醚过程中，在恒温、恒压条件下，原料气以通入装有催化剂的反应器中，内的质量分数由变为，则该时间内用表示的化学反应速率为_______。
(3)在恒压条件下，按与的物质的量之比为投料，测得平衡转化率和平衡时的选择性(转化的中生成的物质的量分数)随温度的变化如图所示。
①曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是_______。
②T℃时反应Ⅱ的平衡常数_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为，理由是_______。
③其他条件不变，改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。
12．（2023·山东临沂·统考一模）以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49kJ•mol-1
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。
(2)在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为10kPa)。
①反应Ⅱ对应图1中_____(填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp=_____kPa-2(保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时的值。B点对应温度下，平衡时=400，则p(H2)= _____kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是_____；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是______。
(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比甲：乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为______。
五、有机推断题
13．（2021·山东临沂·统考一模）化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。
已知：①R—CH=CH2
②
(1)A的结构简式为___；B→C的反应类型为____；E中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应方程式为____。
(3)符合下列条件的D的同分异构体共有____种(不考虑立体异构)。
①遇FeC13溶液显紫色；②1mol该物质能与足量Na反应生成1molH2。
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(任写一种)。
(4)设计由1，2—二氯乙烷与制备的合成路线(其他试剂任选)___。
14．（2022·山东临沂·统考一模）某药物Ⅰ的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A中含有的官能团名称为_______；D→E的反应类型为_______；检验E中是否含有D的试剂为_______。
(2)C→D的化学方程式为_______；G的结构简式为_______。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①含有酚羟基 ②能发生水解反应 ③含有四种化学环境的氢
(4)写出由和制备的合成路线(题给信息中的试剂任选)_______。
15．（2023·山东临沂·统考一模）布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。
已知：①R－CHO+
②++H2O
回答下列问题：
(1)A的名称为_____；B→C的反应类型为_____；E中含氧官能团的名称为_____。
(2)G的结构简式为______；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
(3)满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为______(任写一种)。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1。
(4)季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)______。
参考答案：
1． Pt、Au 防止生成的氮氧化物排放到空气中 HNO3 5.04×103 随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低
【分析】焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3（过量），加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，最后经过还原获得Ag单质。
【详解】(1)由题意知，SO2、SeO2、H2O三者反应生成Se，说明SeO2被还原，联想到SO2具有还原性，故此时SeO2被SO2还原，则SO2被氧化为SO3，由于有水，故生成H2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：；
(2)由分析知，滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入O2可使氮氧化物又转化为HNO3而溶解，故此处填：防止生成的氮氧化物排放到空气中；
(3)反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得Cu(NO3)2，所以为了不引入新杂质，最好选用HNO3；
(4)该反应的平衡常数 ；
(5)由分析知，滤液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3-被Na2S2O4还原为Ag，自身被氧化为Na2SO3，根据得失电子守恒初步配平方程式为：，结合流程知，可在左边添加4个OH- 配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：；随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低。
2．(1) 将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌 为了保持体系的酸度，防止生成FePO4 SiO2
(2)3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
(3)pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
(4) FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+ 不变 1.7
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。
【详解】（1）将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；
（2）由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；
（3）当pH范围在1~1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大，故答案为：pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；
（4）①由分析可知，在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；
②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故溶液的浓度不变，故答案为：不变；
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的c(OH-≤=5×10-13mol/L，故c(H+)≥=0.02mol/L，不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：1.7。
3．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，K[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
4． 4s24p4 分子 O > 温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏 正四面体
【详解】(1)Se是与O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，主族元素价电子即最外层电子，故Se的价电子排布式为：4S24P4；SeO2晶体熔点低，且易升华，符合分子晶体的物理性质，故属于分子晶体；
(2)非金属性：O＞S＞P，电负性变化规律与非金属性一致，故三者电负性最大的为：O；H2O和H2Se中心原子O和Se均含两对孤对电子，但由于电负性O＞Se，故O对孤对电子的引力强于Se，导致H2O中孤对电子对O—H的斥力小于H2Se中孤对电子对Se—H的斥力，故键角：H2O＞H2Se；
(3)由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸粘度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降；由图示知，导电微粒为[P(OH)4]+和，故此处填；[P(OH)4]+中心P原子价层含4个σ电子对，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论知[P(OH)4]+空间构型为正四面体；
(4)根据电荷守恒知，该晶胞中与为1：1，故该晶体的化学式为Bi2O2Se；以顶点Se为原点，坐标定为(0，0，0)，则体心Se各个坐标值相当于边长的一半，故其坐标为，即其分数坐标为；该晶胞中含有Se个数=，结合化学式知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量m=，该晶胞体积V=，故该晶体的密度=晶胞密度= 。
5．(1)3d5
(2) (CH3)3SiF F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大 3
(3) 1:1
【详解】（1）铁是26号元素，则基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①成键电子对之间的斥力越大，则键角越大，在(CH3)3SiF中F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故键角最大的是(CH3)3SiF；原因是：F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大；
②由结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及一个得到一个电子，共有6个电子参与形成大π键，因此中大π键表示为；
③根据该铁的配合物的结构可知，其中碳的杂化方式有sp3，sp2，sp一共3种杂化方式；
（3）①二价铁位于体心和棱心，则一共有4个；三价铁位于顶点和面心，一共有4个，故其比值：1:1；晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN-有，故化学式为：；
②钾离子位于小立方体的体心，二价铁位于小立方体的顶点，则；密度=。
6． 浓H2SO4 防止G中水蒸气进入E及C装置 将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气 C装置内压强增大，A中导管内液面上升 对D处稍加热 AC
【分析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
【详解】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；
(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；
②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；
B. 步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，B错误；
C. 步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；
D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。
故选AC。
7．(1) 恒压滴液漏斗 P2O5或无水CaCl2等
(2) 会抑制的电离，防止生成Co(OH)2沉淀 2+H2O2+2 2+2↑+2H2O
(3)降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
(4) 甲基橙 17(2c1V1-c2V2)% 无影响
【分析】实验室以活性炭为催化剂，用与氯化铵反应制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){}，并测定产品中的含量。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b中的试剂用于吸收未氨气及防止空气中的水蒸气进入，可选择P2O5或无水CaCl2等；
（2）加入可增大铵根离子的浓度，抑制的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；
充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热，发生反应的离子方程式为2+H2O2+2 2+2↑+2H2O；
（3）加入浓盐酸，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）②滴定：用溶液滴定剩余的，消耗溶液。滴定终点溶液变色范围呈酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；
硫酸分别与氨气和氢氧化钠溶液反应，根据反应可计算的质量分数为17(2c1V1-c2V2)%；若溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，则会吸收空气中的二氧化碳，但滴定剩余硫酸时消耗的体积不变，测得的含量无影响。
8．(1) 浓氨水 吸收多余的氨气，防止污染空气；
(2) 溶液红棕色褪去
(3) dacbe 甲基橙或酚酞 再用少量水冲洗锥形瓶内壁 偏低
【分析】根据已知信息可知装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸，据此解答。
【详解】（1）根据分析，装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气；
（2）装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去；
（3）①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，故答案：dacbe；
②根据已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4~4NH3↑~2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为；
若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低。
9． ① 高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大 d 降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条） c 减小 0.8
【详解】(1)由盖斯定律有有2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以，故答案为：；
(2)升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＜0，II的△H＞0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应II占主导；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CH3OCH3的选择性，应向反应I的正反应方向进行，II的逆反应方向进行，所以应选择低温高压，故答案为：①；高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大；d；
(3)①由，增大则的产率增大，所以提高平衡时的产率的措施有：降低温度或及时分离出产物或液化移去，故答案为：降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条）；
②如完全反应，根据反应可知的物质的量分数为，由于文可逆反应，不可能完全转化，故其物质的量分数小于，
将T=473K代入得，所以，解得，故质量分数在间，故选c；
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
②设初始浓度为，则根据三段式
，其中，平衡时即，故答案为：0.8。
10．(1) N＞H＞B
(2) sp2、sp3 4
(3) [BF3·OH]－ 三角锥形
(4) M(NH3)6(BH4)2
【详解】（1）基态硼原子价电子排布式为2s22p1，则价电子排布图为，B、N、H的电负性由大到小的顺序是N＞H＞B；故答案为；N＞H＞B；
（2），根据结构，结构中有2种B原子，如图，B的杂化类型为sp2、sp3；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；故答案为sp2、sp3；4；
（3）熔化时先断裂氢键，熔化时电离出H3O＋，因此含硼阴离子为[BF3·OH]－；H3O＋中心原子O杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形；故答案为[BF3·OH]－；三角锥形；
（4）①八面体位于顶点和面心，个数为=4，即M原子数为4，NH3为4×6=24，四面体位于晶胞内部，有8个，B原子个数为8，H原子个数为8×4=32，因此化学式为M(NH3)6(BH4)2；故答案为M(NH3)6(BH4)2；
②M与B原子之间最短距离是体对角线的，即pm；故答案为；
③晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，根据密度的定义，则ρ=，解得M=；故答案为。
11．(1) ＞
(2)0.1
(3) ＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低 0.046 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小 高
【解析】(1)
因v逆 开始增大，c(CO2)、c(H2)减小，说明温度升高逆反应放热，则正反应吸热，所以＞0；
由a→b温度升高为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡，说明反应一直逆向进行，逆反应是放热的，故。答案为：＞；；
(2)
==44g·s-1；===0.1。答案为：0.1；
(3)
①因>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；
②根据三段式可知：
平衡时CO2：1mol(1-40%)=0.6mol；H2：3mol-0.9mol-0.1mol=2mol；CO：0.1mol；H2O：0.45mol+0.1mol=0.455mol；
则K==≈0.046；
温度过低，速率慢，单位时间内甲醚的产率低，温度过高，甲醚的转化率又低，所以合成甲醚的适宜温度为，理由是温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；
③合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，容积一定时，随着反应的进行，压强不断减小，不利于甲醚的合成，从而增大了CO的平衡选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。答案为：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；0.046；温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；高。
【点睛】在混合体系中，虽然发生两个可逆反应，但同一物质的浓度是相同的。
12．(1)+41.2
(2) n 0.10 20
(3) 主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
(4)5：4
【详解】（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，即反应①H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，反应②CO(g
)+ O2(g)=CO2(g)=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则①-②+③得反应IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可知，△H2=(-285.8kJ/mol)-( -283.0kJ/mol)+( +44kJ•mol-1)=+41.2kJ•mol-1，故答案为：+41.2；
（2）①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：、，图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp==0.10kPa-2，故答案为：n；0.10；
②通过调整温度可调控平衡时的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得p2(H2)=，平衡时=400，则p(H2)=20kPa，故答案为：20；
（3）CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低， 故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；
（4）对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，故答案为：5：4。
13． 消去反应 酯基、羰基 +2O2+2H2O 9 或 ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO
【分析】由有机物的转化关系可知， 发生信息①反应生成，则A为 、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，则C为 ；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ； 与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ；B→C的反应为 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ；E的结构简式为，官能团为酯基、羰基，故答案为： ；消去反应；酯基、羰基；
(2) C→D的反应为在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 和水，反应的化学方程式为+2O2+2H2O，故答案为：+2O2+2H2O；
(3)D的结构简式为 ，由D的同分异构体遇FeC13溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9； 或 ；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备 的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO，故答案为：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO。
14．(1) 羧基、醚键 取代反应 FeCl3
(2) +CH3OH+H2O
(3)6
(4)
【分析】A在浓硫酸的作用下与HNO3发生取代反应，即B的结构简式为，根据C的分子式，B→C少了一个甲基，多了一个羟基，根据D的结构简式，推出C的结构简式为，C生成D发生酯化反应，根据E的分子式，以及I的结构简式，E的结构简式为，根据题中已知，E→F：－NO2→－NH2，F的结构简式为，推出G的结构简式为，对比G和H的结构简式，去掉一个－OH，多了一个－Cl，即H的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）根据A的结构简式，A中含有官能团为羧基和醚键，根据D和E的结构简式，D→E的反应类型为取代反应；D中含有酚羟基，E中不含酚羟基，要用FeCl3溶液进行鉴别，溶液显紫色，则含有D；故答案为羧基、醚键；取代反应；FeCl3；
（2）根据上述分析，C→D的化学方程式为+CH3OH+H2O；G的结构简式为；故答案为+CH3OH+H2O；；
（3）由题干流程图可知，A的分子式为：C9H10O4，符合①含有酚羟基，②能发生水解反应即含有酯基，③含有四种化学环境的氢即为对称结构，故符合条件的A的同分异构体的结构简式有、 、 、 、 、 共6种；故答案为：6；
（4）根据所给原料以及制备物质，利用路线为C→D，E→F，F→G→H，所以路线为；故答案为。
15．(1) 甲苯 取代反应 醛基、羟基
(2) +2NaOH++NaCl
(3)或
(4)
【分析】由C的结构及A的分子式可知A为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，与发生取代反应生成C；D与HCHO在稀NaOH溶液发生已知中反应生成E()，E与氢气发生加成生成F()，C与F在酸性条件下反应生成G()，G经氯化锌溶液处理得到H，H先在碱性条件下发生反应再经酸化得到布洛芬，据此分析。
【详解】（1）由以上分析可知A为甲苯，B生成C发生取代反应，E()，所含官能团为醛基和羟基，故答案为：甲苯；取代反应；醛基、羟基；
（2）由以上分析可知G为；H与足量热的NaOH溶液发生水解反应生成、，反应方程式为：+2NaOH++NaCl，故答案为：；+2NaOH++NaCl；
（3）①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色，可知苯环上直接连接-OOCH；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上含有两个对称烃基；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1，可知烃基中含有两个对称甲基；
符合条件的结构有：或，故答案为：或；
（4）乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛发生已知中反应生成,与HCHO继续反应生成，与甲醛反应生成，合成路线为：，故答案为：
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