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山东省聊城市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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这是一份山东省聊城市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37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。
山东省聊城市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·山东聊城·统考二模）重铬酸钾是一种强氧化剂，在实验室和工业中都有很广泛的应用.某实验小组以铬铁矿[主要成分为，还含有少量的、、等]为原料，制备，流程如图：
已知：①酸化1后的溶液中含有、等。
②具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。
(1)高温氧化时发生多个反应，其中和分别转化为和_______；参与反应的产物中含有、等，该反应化学方程式为_______。
(2)滤渣1的成分为_______。
(3)为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去，则需调节溶液中、浓度均不超过.为达此目的酸化1溶液的范围是_______。已知：；
(4)酸化2时，酸化的作用是_______，在酸化时溶液酸性不能太强的原因是_______。
(5)称取，样品，配成溶液，取于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用标准溶液滴定至终点(杂质不参与反应)，共用去标准溶液，所得样品中的质量分数为_______。相关反应：(ⅰ) (ⅱ)
2．（2022·山东聊城·统考二模）以硅藻土为载体的五氧化二钒()是接触法制备硫酸的催化剂。利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含、、等)生产的工艺流程如下。
查资料知：①在时开始沉淀，时沉淀完全；在时开始沉淀，时沉淀完全；
②多钒酸盐在水中溶解度较小；微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇。
③部分含钒物质在不同pH溶液中的主要存在形式如下：
pH
<1
1~4
4~6
6～8.5
8.5～13
>13
主要形式
多矾酸根
多矾酸根
回答下列问题：
(1)“焙烧”包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得，氧化过程中发生反应的化学方程式为_______；“焙烧”时钒渣与空气逆流混合的目的为_______。
(2)“酸浸”时含V化合物发生的离子反应方程式为_______；铝元素在“_______”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为_______。
(3)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为_______；
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节为_______。[已知]
(4)“煅烧”过程中，部分可能会被转化成，同时生成无污染的气体，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
3．（2023·山东聊城·统考二模）一种利用废催化剂(含TiO2，WO3等)回收金属Ti、W的工艺流程如图所示。
已知：①偏钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；“酸洗”时，Na2TiO3转化为TiOCl2或TiOSO4，水解后得到H2TiO3；
②当溶液中某离子浓度≤1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
请回答下列问题：
(1)为加快“碱浸”的速率，可采取的措施为___________(任写两条)；“碱浸”时生成偏钛酸钠的离子方程式为___________。
(2)锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型，煅烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得Na2TiO3制备金红石型TiO2的操作方案___________。
(3)“煅烧”时，TiO2的提取率随时间、温度的变化关系如图，提取TiO2的适宜条件为___________。
(4)用固体二氧化钛生产海绵钛的装置如图，其原理是TiO2的氧解离进入熔融盐中而得到金属海绵钛。电解过程中，b极是___________极，阴极的电极反应式为___________。
(5)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钙酸钙，已知Ksp(CaWO4)=4×10-10(mol/L)2，Ksp［Ca(OH)2］=9×10-7(mol/L)3，当溶液中沉淀完全时，溶液中c(OH-)最大值为___________mol/L。
4．（2023·山东聊城·统考二模）氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体｛(NH4)5［CVO)6(CO3)4(OH)9］•10H2O｝是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。
已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇；
②VO2+有较强还原性，易被氧化。
实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：
请回答下列问题：
(1)“浸渍”时反应的化学方程式为___________。
(2)“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是___________。
(3)“转化”可在下图装置中进行：
①上述装置连接的合理顺序为e→___________(按气流方向，用小写字母表示)。
②写出装置D中生成氧钮(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式___________。
(4)“抽滤”装置如图所示，抽滤原理是___________。
(5)“洗涤”时用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是___________。
(6)为测定粗产品中钒元素的含量，称取l.0g粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后加入0.01mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾K3［Fe(CN)6］溶液，最后用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(已知粗产品中杂质不含钒，也不参与反应；滴定反应为)
①滴定终点时的现象为___________。
②粗产品中钒元素的质量分数为___________%。
二、结构与性质
5．（2021·山东聊城·统考二模）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为，，，陶瓷基体为碳化硅等.回答下列问题：
(1)位于元素周期表中第四周期_______族，与的基态原子核外未成对电子数之比为_______。
(2)与C相比，原子之间难以形成双键的原因是_______。
(3)已知的一种晶体结构与、相似，则该晶体的熔点比晶体的_______(填“高”、“低")，原因是_______。
(4)钴献菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图所示：
四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______；水溶性得到有效改善的原因是_______。
(5)的晶胞结构如图所示.晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为_______.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，称作原子的分数坐标，若图中原子1的分数坐标为，则原于2的分数坐标为_______。
6．（2022·山东聊城·统考二模）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)Fe和Cu的部分电离能数据如下：
元素
Fe
Cu
第一电离能
759
756
第二电离能
1561
1958
大于的主要原因是_______。
(3)可形成，en代表。其中的空间构型为_______；en分子中各元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(4)是检验的特征试剂，中含有_______键，该离子中杂化方式推断合理的是_______。
A． B． C． D．
(5)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。该晶体的化学式为_______。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，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)。则C点原子的分数坐标为_______；晶胞中A、D原子间距离d=_______cm。
7．（2023·山东聊城·统考二模）金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有___________种。
(2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的___________杂化轨道与O的___________轨道形成键。
(3)Zn、Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。
① 和 中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是___________。
②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。则对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN-中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)。
③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是___________。
A．［Cu(NH3)2］C1 B．［Cu(NH3)4］SO4
C．［Zn(NH3)4］SO4 D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2
(4)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系，Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α=120°，β=γ=90°。
①该晶体中，锌的配位数为___________。
②已知空间利用率，设锌和硫的原子半径分别r1cm和r2cm，则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)___________。
③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，称为原子的分数坐标。若A点原子的分数坐标为(0，0，0)，则B点原子的分数坐标为___________。
三、原理综合题
8．（2021·山东聊城·统考二模）氨是重要的基础化工产品之一。
(1)2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为_______，该步反应的活化能_______。
(2)在一定条件下，向某反应容器中投入、在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：
①温度、、中，最大的是_______，M点的转化率为_______；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：
、分别为正反应和逆反应的速率常数；、、代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；为常数，工业上以铁为催化剂时，。由M点数据计算_______(保留两位小数)。
(3)氮的氧化物对大气的污染可用氮来处理。
①已知：
请根据本题相关数据，写出还原生成和的热化学方程式_______；
②将和以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中含量，从而确定尾气脱氮率(即的转化率)，结果如图所示：
a点_______(填“是”或“不是”)平衡状态；脱氮率段呈现如图变化，可能的原因是_______。
9．（2022·山东聊城·统考二模）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
(1)重整制CO的反应为：
已知：
则_______。
在时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是_______。
(2)工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[]的变化如图。则f_______3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数_______。
②当x=3时，保持体系压强始终为，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表的变化曲线是_______；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛()。电解过程中，阴极附近溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为_______。
10．（2023·山东聊城·统考二模）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义
(1)一种重要的工业制备甲醇的反应为
① H
② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
试计算H___________kJ/mol。
(2)对于反应，v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，分别按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1，n(CO2)：n(H2)=1：l、n(CO2)：n(H2)=1：3进行反应，测得H2的平衡转化率随压强变化的关系如图所示：
①投料比n(CO2)：n(H2)=l：3的曲线是___________。(填“a”、“b”或“c”)
②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数Kp=___________(MPa)-2.(用平衡分压代替平衡浓度计算)
③该温度下，测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆=___________。(保留2位有效数字)
(3)甲醇催化制取丙烯的反应为：。已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示：
①该反应的活化能Ea=___________kJ/mol。
②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与关系的曲线___________。
(4)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备： H<0。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化关系如图所示：
①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正___________v(A)逆(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为___________。[用“v(D)”、“v(C)”、“v(B)”表示]
四、有机推断题
11．（2021·山东聊城·统考二模）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：
已知:
(1)D中官能团的名称为_______。
(2)C分子中最多有_______个原子共平面，F的结构简式为_______。
(3)A反应生成B的化学方程式是_______。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有_______种。
①与溶液反应时，最多可消耗
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为的有机物结构简式为_______。
(5)已知：，写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺()的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任选)。
12．（2022·山东聊城·统考二模）甘草素(G)常用作糖果、糕点、啤酒、乳品、巧克力等生产中的食品添加剂。一种制备G的合成路线图如下：
已知RCHO+R′COCH3RCH=CHCOR′，其中R，R′为烃基或氢。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，A→B的反应类型为_______。
(2)D与银氨溶液混合共热的化学方程式为_______。
(3)F的分子式为_______；G中含有官能团的化学名称为羟基、_______。
(4)C的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种。
a.苯环上有4个取代基；
b.能与反应生成气体；
c.能与3倍物质的量的反应；
d.分子中有6个氢原子化学环境相同；
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为_______(任写一种)。
(5)综合上述信息，写出由苯酚和乙醇制备的合成路线______(无机试剂任选)。
13．（2023·山东聊城·统考二模）某研究小组采用如下路线合成医药中间体K。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)A的化学名称为___________，C的结构简式为___________。
(2)流程中设计E→F的目的是___________。
(3)I→K的反应类型为 ，I生成K的同时还会生成一种与K互为同分异构体的副产物X，X的结构简式为___________。
(4)请写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：___________。
①仅含—CHO、—OH、—C3H7和苯环结构；
②核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：6.
(5)综合上述信息，请写出以苯、对甲基苯甲酸，CH3CH2CH2MgBr为原料制备 的合成路线___________。
五、实验题
14．（2021·山东聊城·统考二模）过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备过程如下。
Ⅰ.制备
利用反应，在碱性环境下制取的装置如图：
(1)的电子式为_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)仪器A的名称为_______；仪器B的作用是_______。
(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率和_______。
(5)反应结束后，分离提纯的过程中，洗涤的操作为_______。
Ⅱ.制得产品并定量检测
(6)脱水干燥即得产品。经检测知某产品中含有和，已知受热分解有、和生成。①称取产品，加热，在标准状况下生成气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的溶液得到沉淀，则该产品中的x值为_______。
15．（2022·山东聊城·统考二模）锡(Sn)是第IVA族元素，其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解反应；SnCl2常温下为固体，具有还原性，可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；装置B中盛放的试剂是_______。
(2)制取SnCl4的操作步骤为：①连接好装置；②_______；③添加药品、滴加浓盐酸；④待装置D_______后，加热装置C；⑤收集SnCl4。请补充上述实验步骤。已知装置A中反应的还原产物为，写出该反应的离子方程式_______。
(3)装置E的作用是_______。
(4)经测定发现实验所得SnCl4，样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下：
取ag样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液。滴定过程中先后发生的反应为：
i.
ii.(均未配平)
则SnCl4样品的纯度为_______%；若滴定时间过长，会使测量结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
参考答案：
1． 2+4++3 ++4+4Na2CrO4 、。 5<<8 增加氢离子的浓度，使2CrO+2H++H2O平衡正向移动 溶液中存在Cl-,在强酸的条件下，会被氧化 98
【分析】铬铁矿主要成分为，还含有少量的、、等,加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应有：+ 2+，++, 2+4++3 ++4+4Na2CrO4。冷却后加水过滤，得到滤渣1为、，在滤液中加醋酸酸化后，具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化为，且遇到酸后反应生成Al(OH)3沉淀，过滤后滤渣2为Al(OH)3，再加醋酸进行酸化，发生2CrO+2H++H2O。以此分析解答。
【详解】(1)由框图可知：铬铁矿主要成分为，还含有少量的、、等,加入纯碱在高温的条件下发生的反应有：+ 2+，++；加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下发生的反应为：2+4++3 ++4+4Na2CrO4，故答案：；2+4++3 ++2+4Na2CrO4。
(2)根据上述分析可知：滤渣1的成分为、，故答案：、。
(3)若使变为，、浓度均不超过，根据，K=c(H+)c()，所以c(H+)=，=8；= c3(OH-)c(Al3+)，c(OH-)=，c(H+) =，=5，所以为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀的范围为：5<<8，故答案：5<<8。
(4)因为溶液中存在2CrO+2H++H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动；因为溶液中存在Cl-,在强酸的条件下，会被氧化，所以酸化时溶液酸性不能太强，故答案：增加氢离子的浓度，使2CrO+2H++ H2O平衡正向移动；溶液中存在Cl-，在强酸的条件下，会被氧化。
(5) 根据，可知，I2 ，n()=0.242010-3mol，n()=810-4mol，所得样品中的质量分数=100=98，故答案：98。
2．(1) 增大原料的接触面积，加快反应速率
(2) 转化I
(3) C 0.4
(4)1∶3
【分析】结合题中信息，钒渣经过焙烧得到五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠、硅酸钠；酸浸过程pH小于1，故V元素的存在形式为，滤渣为硅酸，滤液中为铝离子、铁离子，固体为V2O5，此时调节溶液的pH值为3，故在转化I过程中铝元素以铝离子形式除去，铁离子在pH=1.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全，故此时固体为V2O5和氢氧化铁沉淀混在一起，经过转化II，调pH值大于13，根据表格，V元素以形式存在，滤渣2为氢氧化铁；经过转化III转变成，经过沉钒得到NH4VO3， 经过一系列操作得到五氧化二钒。
（1）
氧化过程中FeO⋅V2O3发生反应的化学方程式为：，钒渣与空气逆流混合的目的为增大原料的接触面积，加快反应速率；
（2）
酸浸时pH值小于1，故V的存在形式为，离子反应方程式为：；铝元素经过转化I以铝离子形式存在与滤液中，故在转化I中被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁；
（3）
根据题中信息，NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇，故洗涤时最好采用的试剂为乙醇，故选C；为使钒元素的沉降率达到98%，溶液中剩余的
，；
（4）
“煅烧”过程中，部分V2O5可能会被NH3转化成V2O4，同时生成无污染的气体，故反应方程式为:，氧化产物为 N2，还原产物为V2O4，物质的量之比为1：3。
3．(1) 将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度或加热
(2)用盐酸酸洗Na2TiO3，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950℃下煅烧H2TiO3至恒重
(3)30min、500℃
(4) 正 TiO2+4e—=Ti+2O2—
(5)0.15
【分析】由题给流程可知，废催化剂加入氢氧化钠溶液碱浸时，二氧化钛与氢氧化钠溶液反应转化为难溶于水的偏钛酸钠，三氧化钨与氢氧化钠溶液反应转化为钨酸钠，过滤得到偏钛酸钠和钨酸钠；向偏钛酸钠中加入盐酸或硫酸溶液酸洗，将偏钛酸钠转化为TiOCl2或TiOSO4，TiOCl2或TiOSO4在溶液中水解生成偏钛酸，过滤得到偏钛酸；偏钛酸煅烧分解生成二氧化钛，电解熔融二氧化钛制得钛；钨酸钠溶液中加入氢氧化钙将钨酸钠转化为钨酸钙沉淀，过滤得到钨酸钙，钨酸钙经多步转化制得钨。
【详解】（1）将废催化剂粉碎、搅拌、增大氢氧化钠溶液的浓度、加热等措施能加快“碱浸”的速率；“碱浸”时生成偏钛酸钠的反应为二氧化钛与氢氧化钠溶液反应生成难溶于水的偏钛酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度或加热；；
（2）由晶型转化过程中的能量变化示意图可知，酸洗时应加入盐酸将偏钛酸钠转化为TiOCl2，TiOCl2充分水解生成偏钛酸，由固体质量残留率和晶型转化率随温度变化的示意图可知，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得高纯二氧化钛，具体操作为用盐酸酸洗偏钛酸钠，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到偏钛酸，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得纯二氧化钛，故答案为：用盐酸酸洗Na2TiO3，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950℃下煅烧H2TiO3至恒重；
（3）由图可知，30min、500℃时二氧化钛的提取率最高，则提取二氧化钛的适宜条件为30min、500℃，故答案为：30min、500℃；
（4）由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极、b极是负极，与b极相连的高纯二氧化钛为电解池的阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离子，电极反应式为TiO2+4e—=Ti+2O2—，故答案为：TiO2+4e—=Ti+2O2—；
（5）由钨酸钙溶度积可知，溶液中钨酸根离子完全沉淀时，溶液中的钙离子浓度不小于=4×10-5mol/L，由氢氧化钙的溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度不小于=0.15mol/L，故答案为：0.15。
4．(1)
(2)VO2+有较强还原性，防止被氧化
(3) abfgc(或abfgcd)
(4)水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快
(5)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净
(6) 当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解 20.4
【详解】（1）V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4∙2HCl溶液，反应生成VOCl2，同时生成氮气，则该化学方程式为：；
（2）VO2+有较强还原性，易被氧化，CO2氛围中进行，能有效的隔离氧气，防止被氧化；
（3）①转化过程需在二氧化碳氛围下反应，C为二氧化碳的发生装置，A为二氧化碳的净化装置，B装置可用于检验装置中的氧气是否排净，所以装置的连接顺序为：abfgc(或abfgcd)；
②装置D中生成氧钮(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学反应方程式为：；
（4）抽滤是利用内压减小，从而加快液体流速，故其作用为：水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快；
（5）用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，须检验洗涤液中是否含有Cl-,故其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；
（6）①用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，恰好反应时，溶液中含有Fe2+, K3［Fe(CN)6］可与Fe2+反应生成蓝色沉淀，故滴定终点的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解；
②，n(Fe2+)=c×V=0.2000mol/L×20×10-3=4×10-3mol，根据离子方程式可知：n(Fe2+)=n(VO2+)，粗产品中钒元素的质量分数=51g/mol×4×10-3mol÷1.0g×100%=20.4%。
5． Ⅷ 3:1 Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键 高 碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强 1,3 氨基中氮原子能与水分子形成氢键
【详解】(1)钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，核外有6个不成对电子，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，核外有2个不成对电子，则铬与镍的基态原子核外未成对电子数之比为3:1，故答案为：Ⅷ；3:1；
(2) C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，与C原子相比，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键，则Si原子之间难以形成双键，故答案为：Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键；
(3)由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，由于碳原子的原子半径比硅原子小，非金属性比硅原子强，二氧化碳晶体中碳氧键的键长比二氧化硅晶体中硅氧键短、键能比硅氧键大，则二氧化碳晶体中碳氧键的共价键二氧化硅晶体中比硅氧键强，熔点比二氧化硅晶体大，故答案为：大；碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强；
(4) 含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钻酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键，则四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子为1、3号；四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大在水中的溶解性，故答案为：1、3；氨基中氮原子能与水分子形成氢键；
(5)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×=4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：=(c×10—10)3，解得d=；由位于体对角线四分之一处上部原子1的分数坐标为可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线四分之一处下部原子2的分数坐标为，故答案为：；。
6．(1)15
(2)Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定
(3) 正四面体形
(4) 12 D
(5) ()
【详解】（1）Cu基态原子核外电子排布式为,核外电子空间运动状态由能层能级、原子轨道决定, s能级1种、p能级3种，故核外共有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；
（2）Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以大于，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定；
（3）中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为；
（4）配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，则中含有12键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；
（5）由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4: 4: 8=1: 1: 2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、(，，)，可知C点的Z轴坐标为，x、y轴的坐标都是，则C点的分数坐标为：()；
由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为×a，D点到底面的距离为c，则A、D原子间距离d==pm=cm。
7．(1)7
(2) sp3 2p
(3) S BD
(4) 4
【详解】（1）Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc、Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7种，答案为7；
（2）KH2PO2中P原子的孤电子对==2，成键电子对=2，价层电子对=孤电子对+成键电子对=4，P为sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成键；
（3）① 中N的sp2杂化轨道形成的化学键 (代表孤电子对)参与形成六元环大键的是未成对电子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键；答案为 ；
②S、N原子均有孤电子对，N电负性大，不易给出电子形成配位键；答案为S；
③A．［Cu(NH3)2］C1中Cu+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项A不符合；
B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外围电子排布式为3d9，有未成对电子，选项B符合；
C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项C不符合；
D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外围电子排布式为3d3，有未成对电子，选项D符合；
答案选BD；
（4）①以B外Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞中含有1+2+2=2个Zn原子，1+4+4=2个S原子，则原子体积为，晶胞底面为平行四边形，晶胞体积为，则空间利用率为=；
③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4：4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2-，2个Zn2+，各离子的分数坐标分别为:S2-(0,0,0)，；Zn2+，， 根据晶胞的结构可知，A为S2-，B的坐标为，答案为。
8． 62 40% 0.073(MPa)—2 不是 该反应为放热反应，根据线乙可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高
【详解】(1)反应的活化能越大，化学反应速率越慢，化学反应取决于化学反应速率最慢的一步，由图可知，反应的活化能最大一步的反应方程式为，反应的活化能为(17+45)kJ/mol=62 kJ/mol，故答案为：；62；
(2) ①由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为，升高温度，合成氨反应向逆反应方向移动，氨气的质量分数减小，由图可知，温度为时，氨气的质量分数最小，则温度、、中，最大；设M点时氮气的转化率为x，由题意可建立如下三段式：
由平衡体系中氨气的质量分数为40%可得：×100%=40%，解得x=40%，故答案为：40%；
②由三段式数据可知，M点时氮气、氢气和氨气的平衡分压为×16Mpa=3Mpa、×16Mpa=9Mpa、×16Mpa=4Mpa，分压平衡常数Kp==，由题意可知，反应达到平衡时，=0，则== Kp==0.073(MPa)—2，故答案为：0.073(MPa)—2；
(3) ①由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为ⅰ，将题给3个方程式依次编号为ⅱ、ⅲ、ⅳ，由盖斯定律可知，6ⅳ—4ⅰ—12ⅱ—3ⅲ可得反应，则=—2734kJ/mol，反应的热化学方程式为，故答案为：；
②催化剂能改变化学反应速率,但是不能改变平衡的移动方向,由图可知，相同温度下, 线乙中与a点对应点的脱氮率高于a点，说明a点对应温度下的平衡脱氮率没有达到最大，说明反应没有达到平衡，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据线乙可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高。
9．(1) A点所处温度下催化剂失去活性
(2) < < c
(3) 增大
【解析】（1）
已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
（2）
①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高二氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故<；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
（3）
电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为：；
10．(1)-49.5
(2) c 0.32 0.41
(3) 15.0
(4) > v(D)>v(C)>v(B)
【详解】（1）已知② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
根据盖斯定律，由②+③得反应① H=H1+H2=+40.9kJ/mol-90.4kJ/mol=-49.5 kJ/mol；答案为-49.5；
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3:1，b代表n(CO2)：n(H2)=1:1，c代表n(CO2)：n(H2)=1:3，答案为c；
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1:1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.625MPa，甲醇分压0.3125MPa，水蒸气分压0.3125MPa，则压强平衡常数；
③v正=k正p(CO2)p3(H2)，v逆=k逆p(CH3OH)p(H2O)，==；
（3）①已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，可得63=-2Ea+C、33=-4Ea+C，两式联立解得Ea=15.0，则反应的活化能为15.0kJ/mol；
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：；
（4）①温度为T1时，A点尚未达到平衡状态，相比于相同温度下达到平衡状态的B点，A点甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，故v(B)正>v(A)逆；
②温度对反应速率的影响大于浓度，且温度越高反应速率越快，故B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为v(D)>v(C)>v(B)。
11． 羟基、羧基 15 +NaOH+NaBr 26 、
【分析】A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为，以此解答。
【详解】(1)D为，官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)C为，根据苯环的平面结构和-CH2-、-CHO结构特点可知，最多有15个原子共平面，由分析可知F为，故答案为：15；；
(3)由B→C的反应条件，结构D的结构可以推知B为，A为氯代烃，A发生取代反应生成B，化学方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr；
(4)D为，同分异构体中满足①与溶液反应时，最多可消耗，说明其中含有酚羟基、；②能水解，且能发生银镜反应，说明酯基水解的产物中含有醛基；若含有1个-OOCH，1个乙基、1个酚羟基，则共有10种情况；若含有1个-OOCH，2个甲基、1个酚羟基，则共有16种；满足条件的同分异构体共有26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为时，说明含有2个甲基，故为、，故答案为：26；、；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：，故答案为：。
12．(1) 1，3-苯二酚或“间苯二酚” 取代反应
(2)+2Ag(NH3)2OH2Ag↓++3NH3↑+H2O
(3) 羰基、醚键
(4) 16 或者
(5)CH3CH2OHCH3CHO，CH3CH2OHCH3COOH + CH3CHO
【分析】结合A和C的结构及转化条件可知B为；根据C和E的结构简式，再结合信息可知D为，以此解题。
（1）
根据A的结构简式可知A的化学名称为：1，3-苯二酚或“间苯二酚”； A→B为酚羟基邻位上的氢被乙酰基取代，为取代反应；
（2）
由分析可知D为，则D与银氨溶液混合共热的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH2Ag↓++3NH3↑+H2O；
（3）
根据F的结构简式可知，其分子式为：；根据G的结构简式可知，G中含有官能团的化学名称为羟基、羰基、醚键；
（4）
能与反应生成气体，说明含有—COOH；能与3倍物质的量的反应，说明除了羧基外，还有2个酚羟基；分子中有6个氢原子化学环境相同，说明含有2个—CH3，则含有异丙基()，则其同分异构体异丙基的位置分别为：，，，，，，则一共有16种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为或者；
（5）
乙醇被高锰酸钾氧化为乙酸，乙酸和苯酚发生类似A→B的反应生成，乙醇催化氧化生成乙醛，根据信息可知和乙醛发生反应生成产物，具体路线如下：CH3CH2OHCH3CHO，CH3CH2OHCH3COOH + CH3CHO 。
13．(1) 甲苯
(2)保护酮羰基
(3)消去反应
(4) 或
(5)
【分析】C7H8的不饱和度为4，所以A为甲苯，根据已知I，可知C为： ，根据已知Ⅱ，D为： ，根据已知Ⅲ，I为： ，K可能为 、 、 ；
【详解】（1）根据分析可知，A为甲苯，根据已知I，可知C为： ，
（2）F到G需用氢气与苯环加成，故设计E→F的目的是保护酮羰基
（3）根据已知Ⅲ，I→K的反应类型为消去反应， 发生消去反应，生成的产物为 ，X可能为 或
（4）根据B的结构简式，满足仅含—CHO、—OH、—C3H7和苯环结构、核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：6.的条件，其同分异构体 或
（5）
14． 三颈烧瓶 防倒吸 过氧化氢的利用率 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次 3
【分析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用。
【详解】(1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
(2) 甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
(4) 乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过氧化氢的利用率；
(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；
(6)由①可得：2CaO2▪xH2O—O2，266.8mL氧气的物质的量为=0.012mol，则CaO2▪xH2O的物质的量为0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为=0.028mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028mol，则CaO的物质的量为0.028mol—0.024mol=0.004mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+ 0.004mol×56g/mol=3.248g，解得x=3，故答案为：3。
15．(1) 蒸馏烧瓶 无水(或“”或“硅胶”)
(2) 检查装置气密性 充满黄绿色气体
(3)吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中
(4) 偏大
【分析】装置A浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气，生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶，吸收挥发出来的氯化氢，否则Sn与HCl反应生成SnCl2，装置B中盛装干燥剂，干燥氯气，装置C是SnCl4的制备装置，装置D是收集装置，因为SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解，球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D，以此解题。
(1)
由图可知仪器a是蒸馏烧瓶；装置B中的试剂可以干燥氯气，应该是无水(或“”或“硅胶”)；
(2)
装置组装完毕后应该：检查装置气密性；气密性良好后，可以添加药品，首先制备氯气，利用氯气排除装置中的空气，故要待装置D充满黄绿色气体后，再加热装置C，开始反应生产产品，装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；
(3)
装置D中收集产品，产品易水解，没有反应完的氯气容易污染空气，故装置E的作用是：吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中；
(4)
利用得失电子守恒配平得到配平的方程式为：；滴定终点时，发生反应，生成的I2使淀粉变蓝；由反应方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式：，，产品纯度为，若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化碘离子，消耗的碘酸钾偏少，会使测量结果偏大。
山东省聊城市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·山东聊城·统考二模）重铬酸钾是一种强氧化剂，在实验室和工业中都有很广泛的应用.某实验小组以铬铁矿[主要成分为，还含有少量的、、等]为原料，制备，流程如图：
已知：①酸化1后的溶液中含有、等。
②具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。
(1)高温氧化时发生多个反应，其中和分别转化为和_______；参与反应的产物中含有、等，该反应化学方程式为_______。
(2)滤渣1的成分为_______。
(3)为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去，则需调节溶液中、浓度均不超过.为达此目的酸化1溶液的范围是_______。已知：；
(4)酸化2时，酸化的作用是_______，在酸化时溶液酸性不能太强的原因是_______。
(5)称取，样品，配成溶液，取于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用标准溶液滴定至终点(杂质不参与反应)，共用去标准溶液，所得样品中的质量分数为_______。相关反应：(ⅰ) (ⅱ)
2．（2022·山东聊城·统考二模）以硅藻土为载体的五氧化二钒()是接触法制备硫酸的催化剂。利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含、、等)生产的工艺流程如下。
查资料知：①在时开始沉淀，时沉淀完全；在时开始沉淀，时沉淀完全；
②多钒酸盐在水中溶解度较小；微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇。
③部分含钒物质在不同pH溶液中的主要存在形式如下：
pH
<1
1~4
4~6
6～8.5
8.5～13
>13
主要形式
多矾酸根
多矾酸根
回答下列问题：
(1)“焙烧”包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得，氧化过程中发生反应的化学方程式为_______；“焙烧”时钒渣与空气逆流混合的目的为_______。
(2)“酸浸”时含V化合物发生的离子反应方程式为_______；铝元素在“_______”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为_______。
(3)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为_______；
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节为_______。[已知]
(4)“煅烧”过程中，部分可能会被转化成，同时生成无污染的气体，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
3．（2023·山东聊城·统考二模）一种利用废催化剂(含TiO2，WO3等)回收金属Ti、W的工艺流程如图所示。
已知：①偏钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；“酸洗”时，Na2TiO3转化为TiOCl2或TiOSO4，水解后得到H2TiO3；
②当溶液中某离子浓度≤1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
请回答下列问题：
(1)为加快“碱浸”的速率，可采取的措施为___________(任写两条)；“碱浸”时生成偏钛酸钠的离子方程式为___________。
(2)锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型，煅烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得Na2TiO3制备金红石型TiO2的操作方案___________。
(3)“煅烧”时，TiO2的提取率随时间、温度的变化关系如图，提取TiO2的适宜条件为___________。
(4)用固体二氧化钛生产海绵钛的装置如图，其原理是TiO2的氧解离进入熔融盐中而得到金属海绵钛。电解过程中，b极是___________极，阴极的电极反应式为___________。
(5)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钙酸钙，已知Ksp(CaWO4)=4×10-10(mol/L)2，Ksp［Ca(OH)2］=9×10-7(mol/L)3，当溶液中沉淀完全时，溶液中c(OH-)最大值为___________mol/L。
4．（2023·山东聊城·统考二模）氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体｛(NH4)5［CVO)6(CO3)4(OH)9］•10H2O｝是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。
已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇；
②VO2+有较强还原性，易被氧化。
实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：
请回答下列问题：
(1)“浸渍”时反应的化学方程式为___________。
(2)“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是___________。
(3)“转化”可在下图装置中进行：
①上述装置连接的合理顺序为e→___________(按气流方向，用小写字母表示)。
②写出装置D中生成氧钮(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式___________。
(4)“抽滤”装置如图所示，抽滤原理是___________。
(5)“洗涤”时用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是___________。
(6)为测定粗产品中钒元素的含量，称取l.0g粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后加入0.01mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾K3［Fe(CN)6］溶液，最后用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(已知粗产品中杂质不含钒，也不参与反应；滴定反应为)
①滴定终点时的现象为___________。
②粗产品中钒元素的质量分数为___________%。
二、结构与性质
5．（2021·山东聊城·统考二模）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为，，，陶瓷基体为碳化硅等.回答下列问题：
(1)位于元素周期表中第四周期_______族，与的基态原子核外未成对电子数之比为_______。
(2)与C相比，原子之间难以形成双键的原因是_______。
(3)已知的一种晶体结构与、相似，则该晶体的熔点比晶体的_______(填“高”、“低")，原因是_______。
(4)钴献菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图所示：
四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______；水溶性得到有效改善的原因是_______。
(5)的晶胞结构如图所示.晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为_______.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，称作原子的分数坐标，若图中原子1的分数坐标为，则原于2的分数坐标为_______。
6．（2022·山东聊城·统考二模）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)Fe和Cu的部分电离能数据如下：
元素
Fe
Cu
第一电离能
759
756
第二电离能
1561
1958
大于的主要原因是_______。
(3)可形成，en代表。其中的空间构型为_______；en分子中各元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(4)是检验的特征试剂，中含有_______键，该离子中杂化方式推断合理的是_______。
A． B． C． D．
(5)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。该晶体的化学式为_______。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，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)。则C点原子的分数坐标为_______；晶胞中A、D原子间距离d=_______cm。
7．（2023·山东聊城·统考二模）金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有___________种。
(2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的___________杂化轨道与O的___________轨道形成键。
(3)Zn、Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。
① 和 中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是___________。
②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。则对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN-中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)。
③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是___________。
A．［Cu(NH3)2］C1 B．［Cu(NH3)4］SO4
C．［Zn(NH3)4］SO4 D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2
(4)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系，Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α=120°，β=γ=90°。
①该晶体中，锌的配位数为___________。
②已知空间利用率，设锌和硫的原子半径分别r1cm和r2cm，则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)___________。
③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，称为原子的分数坐标。若A点原子的分数坐标为(0，0，0)，则B点原子的分数坐标为___________。
三、原理综合题
8．（2021·山东聊城·统考二模）氨是重要的基础化工产品之一。
(1)2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为_______，该步反应的活化能_______。
(2)在一定条件下，向某反应容器中投入、在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：
①温度、、中，最大的是_______，M点的转化率为_______；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：
、分别为正反应和逆反应的速率常数；、、代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；为常数，工业上以铁为催化剂时，。由M点数据计算_______(保留两位小数)。
(3)氮的氧化物对大气的污染可用氮来处理。
①已知：
请根据本题相关数据，写出还原生成和的热化学方程式_______；
②将和以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中含量，从而确定尾气脱氮率(即的转化率)，结果如图所示：
a点_______(填“是”或“不是”)平衡状态；脱氮率段呈现如图变化，可能的原因是_______。
9．（2022·山东聊城·统考二模）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
(1)重整制CO的反应为：
已知：
则_______。
在时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是_______。
(2)工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[]的变化如图。则f_______3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数_______。
②当x=3时，保持体系压强始终为，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表的变化曲线是_______；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛()。电解过程中，阴极附近溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为_______。
10．（2023·山东聊城·统考二模）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义
(1)一种重要的工业制备甲醇的反应为
① H
② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
试计算H___________kJ/mol。
(2)对于反应，v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，分别按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1，n(CO2)：n(H2)=1：l、n(CO2)：n(H2)=1：3进行反应，测得H2的平衡转化率随压强变化的关系如图所示：
①投料比n(CO2)：n(H2)=l：3的曲线是___________。(填“a”、“b”或“c”)
②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数Kp=___________(MPa)-2.(用平衡分压代替平衡浓度计算)
③该温度下，测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆=___________。(保留2位有效数字)
(3)甲醇催化制取丙烯的反应为：。已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示：
①该反应的活化能Ea=___________kJ/mol。
②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与关系的曲线___________。
(4)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备： H<0。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化关系如图所示：
①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正___________v(A)逆(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为___________。[用“v(D)”、“v(C)”、“v(B)”表示]
四、有机推断题
11．（2021·山东聊城·统考二模）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：
已知:
(1)D中官能团的名称为_______。
(2)C分子中最多有_______个原子共平面，F的结构简式为_______。
(3)A反应生成B的化学方程式是_______。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有_______种。
①与溶液反应时，最多可消耗
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为的有机物结构简式为_______。
(5)已知：，写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺()的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任选)。
12．（2022·山东聊城·统考二模）甘草素(G)常用作糖果、糕点、啤酒、乳品、巧克力等生产中的食品添加剂。一种制备G的合成路线图如下：
已知RCHO+R′COCH3RCH=CHCOR′，其中R，R′为烃基或氢。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，A→B的反应类型为_______。
(2)D与银氨溶液混合共热的化学方程式为_______。
(3)F的分子式为_______；G中含有官能团的化学名称为羟基、_______。
(4)C的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种。
a.苯环上有4个取代基；
b.能与反应生成气体；
c.能与3倍物质的量的反应；
d.分子中有6个氢原子化学环境相同；
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为_______(任写一种)。
(5)综合上述信息，写出由苯酚和乙醇制备的合成路线______(无机试剂任选)。
13．（2023·山东聊城·统考二模）某研究小组采用如下路线合成医药中间体K。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)A的化学名称为___________，C的结构简式为___________。
(2)流程中设计E→F的目的是___________。
(3)I→K的反应类型为 ，I生成K的同时还会生成一种与K互为同分异构体的副产物X，X的结构简式为___________。
(4)请写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：___________。
①仅含—CHO、—OH、—C3H7和苯环结构；
②核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：6.
(5)综合上述信息，请写出以苯、对甲基苯甲酸，CH3CH2CH2MgBr为原料制备 的合成路线___________。
五、实验题
14．（2021·山东聊城·统考二模）过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备过程如下。
Ⅰ.制备
利用反应，在碱性环境下制取的装置如图：
(1)的电子式为_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)仪器A的名称为_______；仪器B的作用是_______。
(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率和_______。
(5)反应结束后，分离提纯的过程中，洗涤的操作为_______。
Ⅱ.制得产品并定量检测
(6)脱水干燥即得产品。经检测知某产品中含有和，已知受热分解有、和生成。①称取产品，加热，在标准状况下生成气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的溶液得到沉淀，则该产品中的x值为_______。
15．（2022·山东聊城·统考二模）锡(Sn)是第IVA族元素，其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解反应；SnCl2常温下为固体，具有还原性，可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；装置B中盛放的试剂是_______。
(2)制取SnCl4的操作步骤为：①连接好装置；②_______；③添加药品、滴加浓盐酸；④待装置D_______后，加热装置C；⑤收集SnCl4。请补充上述实验步骤。已知装置A中反应的还原产物为，写出该反应的离子方程式_______。
(3)装置E的作用是_______。
(4)经测定发现实验所得SnCl4，样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下：
取ag样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液。滴定过程中先后发生的反应为：
i.
ii.(均未配平)
则SnCl4样品的纯度为_______%；若滴定时间过长，会使测量结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
参考答案：
1． 2+4++3 ++4+4Na2CrO4 、。 5<<8 增加氢离子的浓度，使2CrO+2H++H2O平衡正向移动 溶液中存在Cl-,在强酸的条件下，会被氧化 98
【分析】铬铁矿主要成分为，还含有少量的、、等,加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应有：+ 2+，++, 2+4++3 ++4+4Na2CrO4。冷却后加水过滤，得到滤渣1为、，在滤液中加醋酸酸化后，具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化为，且遇到酸后反应生成Al(OH)3沉淀，过滤后滤渣2为Al(OH)3，再加醋酸进行酸化，发生2CrO+2H++H2O。以此分析解答。
【详解】(1)由框图可知：铬铁矿主要成分为，还含有少量的、、等,加入纯碱在高温的条件下发生的反应有：+ 2+，++；加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下发生的反应为：2+4++3 ++4+4Na2CrO4，故答案：；2+4++3 ++2+4Na2CrO4。
(2)根据上述分析可知：滤渣1的成分为、，故答案：、。
(3)若使变为，、浓度均不超过，根据，K=c(H+)c()，所以c(H+)=，=8；= c3(OH-)c(Al3+)，c(OH-)=，c(H+) =，=5，所以为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀的范围为：5<<8，故答案：5<<8。
(4)因为溶液中存在2CrO+2H++H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动；因为溶液中存在Cl-,在强酸的条件下，会被氧化，所以酸化时溶液酸性不能太强，故答案：增加氢离子的浓度，使2CrO+2H++ H2O平衡正向移动；溶液中存在Cl-，在强酸的条件下，会被氧化。
(5) 根据，可知，I2 ，n()=0.242010-3mol，n()=810-4mol，所得样品中的质量分数=100=98，故答案：98。
2．(1) 增大原料的接触面积，加快反应速率
(2) 转化I
(3) C 0.4
(4)1∶3
【分析】结合题中信息，钒渣经过焙烧得到五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠、硅酸钠；酸浸过程pH小于1，故V元素的存在形式为，滤渣为硅酸，滤液中为铝离子、铁离子，固体为V2O5，此时调节溶液的pH值为3，故在转化I过程中铝元素以铝离子形式除去，铁离子在pH=1.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全，故此时固体为V2O5和氢氧化铁沉淀混在一起，经过转化II，调pH值大于13，根据表格，V元素以形式存在，滤渣2为氢氧化铁；经过转化III转变成，经过沉钒得到NH4VO3， 经过一系列操作得到五氧化二钒。
（1）
氧化过程中FeO⋅V2O3发生反应的化学方程式为：，钒渣与空气逆流混合的目的为增大原料的接触面积，加快反应速率；
（2）
酸浸时pH值小于1，故V的存在形式为，离子反应方程式为：；铝元素经过转化I以铝离子形式存在与滤液中，故在转化I中被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁；
（3）
根据题中信息，NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇，故洗涤时最好采用的试剂为乙醇，故选C；为使钒元素的沉降率达到98%，溶液中剩余的
，；
（4）
“煅烧”过程中，部分V2O5可能会被NH3转化成V2O4，同时生成无污染的气体，故反应方程式为:，氧化产物为 N2，还原产物为V2O4，物质的量之比为1：3。
3．(1) 将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度或加热
(2)用盐酸酸洗Na2TiO3，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950℃下煅烧H2TiO3至恒重
(3)30min、500℃
(4) 正 TiO2+4e—=Ti+2O2—
(5)0.15
【分析】由题给流程可知，废催化剂加入氢氧化钠溶液碱浸时，二氧化钛与氢氧化钠溶液反应转化为难溶于水的偏钛酸钠，三氧化钨与氢氧化钠溶液反应转化为钨酸钠，过滤得到偏钛酸钠和钨酸钠；向偏钛酸钠中加入盐酸或硫酸溶液酸洗，将偏钛酸钠转化为TiOCl2或TiOSO4，TiOCl2或TiOSO4在溶液中水解生成偏钛酸，过滤得到偏钛酸；偏钛酸煅烧分解生成二氧化钛，电解熔融二氧化钛制得钛；钨酸钠溶液中加入氢氧化钙将钨酸钠转化为钨酸钙沉淀，过滤得到钨酸钙，钨酸钙经多步转化制得钨。
【详解】（1）将废催化剂粉碎、搅拌、增大氢氧化钠溶液的浓度、加热等措施能加快“碱浸”的速率；“碱浸”时生成偏钛酸钠的反应为二氧化钛与氢氧化钠溶液反应生成难溶于水的偏钛酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度或加热；；
（2）由晶型转化过程中的能量变化示意图可知，酸洗时应加入盐酸将偏钛酸钠转化为TiOCl2，TiOCl2充分水解生成偏钛酸，由固体质量残留率和晶型转化率随温度变化的示意图可知，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得高纯二氧化钛，具体操作为用盐酸酸洗偏钛酸钠，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到偏钛酸，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得纯二氧化钛，故答案为：用盐酸酸洗Na2TiO3，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950℃下煅烧H2TiO3至恒重；
（3）由图可知，30min、500℃时二氧化钛的提取率最高，则提取二氧化钛的适宜条件为30min、500℃，故答案为：30min、500℃；
（4）由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极、b极是负极，与b极相连的高纯二氧化钛为电解池的阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离子，电极反应式为TiO2+4e—=Ti+2O2—，故答案为：TiO2+4e—=Ti+2O2—；
（5）由钨酸钙溶度积可知，溶液中钨酸根离子完全沉淀时，溶液中的钙离子浓度不小于=4×10-5mol/L，由氢氧化钙的溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度不小于=0.15mol/L，故答案为：0.15。
4．(1)
(2)VO2+有较强还原性，防止被氧化
(3) abfgc(或abfgcd)
(4)水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快
(5)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净
(6) 当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解 20.4
【详解】（1）V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4∙2HCl溶液，反应生成VOCl2，同时生成氮气，则该化学方程式为：；
（2）VO2+有较强还原性，易被氧化，CO2氛围中进行，能有效的隔离氧气，防止被氧化；
（3）①转化过程需在二氧化碳氛围下反应，C为二氧化碳的发生装置，A为二氧化碳的净化装置，B装置可用于检验装置中的氧气是否排净，所以装置的连接顺序为：abfgc(或abfgcd)；
②装置D中生成氧钮(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学反应方程式为：；
（4）抽滤是利用内压减小，从而加快液体流速，故其作用为：水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快；
（5）用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，须检验洗涤液中是否含有Cl-,故其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；
（6）①用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，恰好反应时，溶液中含有Fe2+, K3［Fe(CN)6］可与Fe2+反应生成蓝色沉淀，故滴定终点的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解；
②，n(Fe2+)=c×V=0.2000mol/L×20×10-3=4×10-3mol，根据离子方程式可知：n(Fe2+)=n(VO2+)，粗产品中钒元素的质量分数=51g/mol×4×10-3mol÷1.0g×100%=20.4%。
5． Ⅷ 3:1 Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键 高 碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强 1,3 氨基中氮原子能与水分子形成氢键
【详解】(1)钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，核外有6个不成对电子，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，核外有2个不成对电子，则铬与镍的基态原子核外未成对电子数之比为3:1，故答案为：Ⅷ；3:1；
(2) C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，与C原子相比，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键，则Si原子之间难以形成双键，故答案为：Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键；
(3)由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，由于碳原子的原子半径比硅原子小，非金属性比硅原子强，二氧化碳晶体中碳氧键的键长比二氧化硅晶体中硅氧键短、键能比硅氧键大，则二氧化碳晶体中碳氧键的共价键二氧化硅晶体中比硅氧键强，熔点比二氧化硅晶体大，故答案为：大；碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强；
(4) 含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钻酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键，则四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子为1、3号；四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大在水中的溶解性，故答案为：1、3；氨基中氮原子能与水分子形成氢键；
(5)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×=4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：=(c×10—10)3，解得d=；由位于体对角线四分之一处上部原子1的分数坐标为可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线四分之一处下部原子2的分数坐标为，故答案为：；。
6．(1)15
(2)Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定
(3) 正四面体形
(4) 12 D
(5) ()
【详解】（1）Cu基态原子核外电子排布式为,核外电子空间运动状态由能层能级、原子轨道决定, s能级1种、p能级3种，故核外共有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；
（2）Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以大于，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定；
（3）中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为；
（4）配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，则中含有12键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；
（5）由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4: 4: 8=1: 1: 2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、(，，)，可知C点的Z轴坐标为，x、y轴的坐标都是，则C点的分数坐标为：()；
由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为×a，D点到底面的距离为c，则A、D原子间距离d==pm=cm。
7．(1)7
(2) sp3 2p
(3) S BD
(4) 4
【详解】（1）Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc、Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7种，答案为7；
（2）KH2PO2中P原子的孤电子对==2，成键电子对=2，价层电子对=孤电子对+成键电子对=4，P为sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成键；
（3）① 中N的sp2杂化轨道形成的化学键 (代表孤电子对)参与形成六元环大键的是未成对电子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键；答案为 ；
②S、N原子均有孤电子对，N电负性大，不易给出电子形成配位键；答案为S；
③A．［Cu(NH3)2］C1中Cu+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项A不符合；
B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外围电子排布式为3d9，有未成对电子，选项B符合；
C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项C不符合；
D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外围电子排布式为3d3，有未成对电子，选项D符合；
答案选BD；
（4）①以B外Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞中含有1+2+2=2个Zn原子，1+4+4=2个S原子，则原子体积为，晶胞底面为平行四边形，晶胞体积为，则空间利用率为=；
③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4：4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2-，2个Zn2+，各离子的分数坐标分别为:S2-(0,0,0)，；Zn2+，， 根据晶胞的结构可知，A为S2-，B的坐标为，答案为。
8． 62 40% 0.073(MPa)—2 不是 该反应为放热反应，根据线乙可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高
【详解】(1)反应的活化能越大，化学反应速率越慢，化学反应取决于化学反应速率最慢的一步，由图可知，反应的活化能最大一步的反应方程式为，反应的活化能为(17+45)kJ/mol=62 kJ/mol，故答案为：；62；
(2) ①由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为，升高温度，合成氨反应向逆反应方向移动，氨气的质量分数减小，由图可知，温度为时，氨气的质量分数最小，则温度、、中，最大；设M点时氮气的转化率为x，由题意可建立如下三段式：
由平衡体系中氨气的质量分数为40%可得：×100%=40%，解得x=40%，故答案为：40%；
②由三段式数据可知，M点时氮气、氢气和氨气的平衡分压为×16Mpa=3Mpa、×16Mpa=9Mpa、×16Mpa=4Mpa，分压平衡常数Kp==，由题意可知，反应达到平衡时，=0，则== Kp==0.073(MPa)—2，故答案为：0.073(MPa)—2；
(3) ①由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为ⅰ，将题给3个方程式依次编号为ⅱ、ⅲ、ⅳ，由盖斯定律可知，6ⅳ—4ⅰ—12ⅱ—3ⅲ可得反应，则=—2734kJ/mol，反应的热化学方程式为，故答案为：；
②催化剂能改变化学反应速率,但是不能改变平衡的移动方向,由图可知，相同温度下, 线乙中与a点对应点的脱氮率高于a点，说明a点对应温度下的平衡脱氮率没有达到最大，说明反应没有达到平衡，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据线乙可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高。
9．(1) A点所处温度下催化剂失去活性
(2) < < c
(3) 增大
【解析】（1）
已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
（2）
①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高二氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故<；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
（3）
电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为：；
10．(1)-49.5
(2) c 0.32 0.41
(3) 15.0
(4) > v(D)>v(C)>v(B)
【详解】（1）已知② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
根据盖斯定律，由②+③得反应① H=H1+H2=+40.9kJ/mol-90.4kJ/mol=-49.5 kJ/mol；答案为-49.5；
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3:1，b代表n(CO2)：n(H2)=1:1，c代表n(CO2)：n(H2)=1:3，答案为c；
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1:1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.625MPa，甲醇分压0.3125MPa，水蒸气分压0.3125MPa，则压强平衡常数；
③v正=k正p(CO2)p3(H2)，v逆=k逆p(CH3OH)p(H2O)，==；
（3）①已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，可得63=-2Ea+C、33=-4Ea+C，两式联立解得Ea=15.0，则反应的活化能为15.0kJ/mol；
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：；
（4）①温度为T1时，A点尚未达到平衡状态，相比于相同温度下达到平衡状态的B点，A点甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，故v(B)正>v(A)逆；
②温度对反应速率的影响大于浓度，且温度越高反应速率越快，故B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为v(D)>v(C)>v(B)。
11． 羟基、羧基 15 +NaOH+NaBr 26 、
【分析】A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为，以此解答。
【详解】(1)D为，官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)C为，根据苯环的平面结构和-CH2-、-CHO结构特点可知，最多有15个原子共平面，由分析可知F为，故答案为：15；；
(3)由B→C的反应条件，结构D的结构可以推知B为，A为氯代烃，A发生取代反应生成B，化学方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr；
(4)D为，同分异构体中满足①与溶液反应时，最多可消耗，说明其中含有酚羟基、；②能水解，且能发生银镜反应，说明酯基水解的产物中含有醛基；若含有1个-OOCH，1个乙基、1个酚羟基，则共有10种情况；若含有1个-OOCH，2个甲基、1个酚羟基，则共有16种；满足条件的同分异构体共有26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为时，说明含有2个甲基，故为、，故答案为：26；、；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：，故答案为：。
12．(1) 1，3-苯二酚或“间苯二酚” 取代反应
(2)+2Ag(NH3)2OH2Ag↓++3NH3↑+H2O
(3) 羰基、醚键
(4) 16 或者
(5)CH3CH2OHCH3CHO，CH3CH2OHCH3COOH + CH3CHO
【分析】结合A和C的结构及转化条件可知B为；根据C和E的结构简式，再结合信息可知D为，以此解题。
（1）
根据A的结构简式可知A的化学名称为：1，3-苯二酚或“间苯二酚”； A→B为酚羟基邻位上的氢被乙酰基取代，为取代反应；
（2）
由分析可知D为，则D与银氨溶液混合共热的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH2Ag↓++3NH3↑+H2O；
（3）
根据F的结构简式可知，其分子式为：；根据G的结构简式可知，G中含有官能团的化学名称为羟基、羰基、醚键；
（4）
能与反应生成气体，说明含有—COOH；能与3倍物质的量的反应，说明除了羧基外，还有2个酚羟基；分子中有6个氢原子化学环境相同，说明含有2个—CH3，则含有异丙基()，则其同分异构体异丙基的位置分别为：，，，，，，则一共有16种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为或者；
（5）
乙醇被高锰酸钾氧化为乙酸，乙酸和苯酚发生类似A→B的反应生成，乙醇催化氧化生成乙醛，根据信息可知和乙醛发生反应生成产物，具体路线如下：CH3CH2OHCH3CHO，CH3CH2OHCH3COOH + CH3CHO 。
13．(1) 甲苯
(2)保护酮羰基
(3)消去反应
(4) 或
(5)
【分析】C7H8的不饱和度为4，所以A为甲苯，根据已知I，可知C为： ，根据已知Ⅱ，D为： ，根据已知Ⅲ，I为： ，K可能为 、 、 ；
【详解】（1）根据分析可知，A为甲苯，根据已知I，可知C为： ，
（2）F到G需用氢气与苯环加成，故设计E→F的目的是保护酮羰基
（3）根据已知Ⅲ，I→K的反应类型为消去反应， 发生消去反应，生成的产物为 ，X可能为 或
（4）根据B的结构简式，满足仅含—CHO、—OH、—C3H7和苯环结构、核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：6.的条件，其同分异构体 或
（5）
14． 三颈烧瓶 防倒吸 过氧化氢的利用率 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次 3
【分析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用。
【详解】(1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
(2) 甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
(4) 乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过氧化氢的利用率；
(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；
(6)由①可得：2CaO2▪xH2O—O2，266.8mL氧气的物质的量为=0.012mol，则CaO2▪xH2O的物质的量为0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为=0.028mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028mol，则CaO的物质的量为0.028mol—0.024mol=0.004mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+ 0.004mol×56g/mol=3.248g，解得x=3，故答案为：3。
15．(1) 蒸馏烧瓶 无水(或“”或“硅胶”)
(2) 检查装置气密性 充满黄绿色气体
(3)吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中
(4) 偏大
【分析】装置A浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气，生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶，吸收挥发出来的氯化氢，否则Sn与HCl反应生成SnCl2，装置B中盛装干燥剂，干燥氯气，装置C是SnCl4的制备装置，装置D是收集装置，因为SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解，球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D，以此解题。
(1)
由图可知仪器a是蒸馏烧瓶；装置B中的试剂可以干燥氯气，应该是无水(或“”或“硅胶”)；
(2)
装置组装完毕后应该：检查装置气密性；气密性良好后，可以添加药品，首先制备氯气，利用氯气排除装置中的空气，故要待装置D充满黄绿色气体后，再加热装置C，开始反应生产产品，装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；
(3)
装置D中收集产品，产品易水解，没有反应完的氯气容易污染空气，故装置E的作用是：吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中；
(4)
利用得失电子守恒配平得到配平的方程式为：；滴定终点时，发生反应，生成的I2使淀粉变蓝；由反应方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式：，，产品纯度为，若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化碘离子，消耗的碘酸钾偏少，会使测量结果偏大。
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