辽宁省葫芦岛市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（含解析 ）
辽宁省葫芦岛市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·辽宁葫芦岛·统考一模）门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗和“类铝”元素镓等11种元素。锗及其化合物应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)的工艺如图：
已知：ⅰ.GeO2与碱反应生成Na2GeO3.
ⅱ.GeCl4极易水解，GeCl4沸点86.6℃。
ⅲ.As位于同主族P的下一周期，As2O3+2NaOH =2NaAsO2+H2O。
(1)Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge核外电子排布式为_______。
(2)Ge为共价晶体，其晶胞与金刚石晶胞相似，则一个晶胞中含有_______个Ge原子。
(3)“氧化”过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其离子方程式为_______。
(4)AsH3的中心原子轨道杂化为_______。AsH3的沸点比NH3低的原因_______。
(5)盐酸蒸馏生成GeCl4，反应的化学方程式为_______。
(6)高纯二氧化锗的含量采用碘酸钾滴定法进行测定。称取ag高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，用次亚磷酸钠还原为Ge2+，以淀粉为指示剂，用bmol/L的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为V mL。(20℃以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化)
资料：3Ge2++IO+6H+ = 3Ge4++I-+3H2O，IO+5I-+6H+ = 3I2+3H2O。
此样品中二氧化锗的质量分数是_______(用表达式表示)。
2．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题：
已知：①MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)请写出Mn原子基态价层电子排布式_______。
(2)已知Pb2Mn8O16中 Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为_______。
(3)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_______。
(4)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为_______。
(5)整个流程中可循环利用的物质是_______。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是_______。
(6)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为_______mol/L(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由_______。[已知： 20℃时Ksp (PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp (PbCO3)=7.4×10-14mo12·L-2，1.262≈1.6]
3．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：
已知：①还原焙烧的主反应为
②氧化能力
可能用到的数据如下：
氢氧化物
开始沉淀pH 1.5 6.5 4.2 8.3
沉淀完全pH 3.7 9.7 7.4 9.8
根据要求回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为_______，中存在过氧键()，请问中S的化合价为_______。
(2)在实验室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为_______。
A．坩埚 B．蒸发皿 C．烧杯
(3)步骤E中调节3.7＜pH＜8.3，其目的是_______。
(4)步骤G发生的离子方程式为_______，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为mol·L，则_______。
(5)实验室可以用溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，请写出对应的离子方程式_______。
二、原理综合题
4．（2021·辽宁葫芦岛·统考一模）煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一。
I.固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) H1= +178.30kJ/mol
②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g) CaSO4(s) H2= -501.92 kJ/mol
③CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) H3
④CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) H4= +218.92kJ/mol
(1)温度升高，反应①的化学平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2) H3=_______kJ/mol。
(3)在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，结合反应②、③、④分析其原因：_______。
II.电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基(·OH，氧元素为-1价)将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。
(4)将煤打成煤浆加入电解槽的目的是_______。
(5)阳极的电极反应式为_______。
(6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)的反应的离子方程式为(补全并配平)：FeS2+·OH =Fe3++SO+ H2O +_______
_______
(7)利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH的改变脱硫率(溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比)的变化如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化性或还原性降低；_______。
5．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。
主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)已知、和的燃烧热分别为、和，该催化重整主反应的___________。有利于提高平衡转化率的条件是___________(填标号)。
A． 高温高压 B． 高温低压 C． 低温高压 D． 低温低压
(2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。
①甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线对应的___________；
②反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比的增加，的值___________(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是___________。
(3)在、 时，按投料比加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为，二氧化碳的转化率为，则副反应的压强平衡常数___________(计算结果保留3位有效数字)。
(4)我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气和，同时获得甘油醛。则催化电极为___________极，催化电极产生的电极反应式为___________。
6．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）1，6-己二醇是一种重要的化工原料，利用己二酸二甲酯加氢制备发生主要反应如下：
反应I．
反应II．
(1)标准摩尔生成焓是指标准状态下由元素最稳定的单质生成纯化合物时的反应热。已知、和的标准摩尔生成焓分别为、和。则反应Ⅱ的__________。
(2)℃时，向刚性容器中按充入和发生反应。实验前测得容器的总压强为，在高压氛围下，的压强近似等于总压且反应过程基本保持不变。经过达到平衡时的转化率为80％，的分压为。则用Q的分压表示的反应速率为__________，反应Ⅱ的平衡常数__________(是用分压表示的平衡常数)。
(3)向刚性容器中按充入和发生反应，平衡体系中各组分的物质的量(除外)随温度的变化如下图所示。
①分别表示和的变化曲线为__________、__________；升温后；体系中将__________(填“增大”“减少”或“不变”)。
②升温后，反应I的K值将__________(填“增大”或“减少”)，原因为__________。
三、有机推断题
7．（2021·辽宁葫芦岛·统考一模）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如图所示。
路线1：
BDEF(C9H12N2O2)
路线2：
GHIF
(1)试剂a为_______。
(2)A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为_______。
(3)B→C的反应类型为_______。
(4)C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基(-OCH3)的邻位，F的结构简式为_______。
(5)G的结构简式为_______。
(6)有机物I与对苯二甲酸()发生聚合反应的化学方程式为_______。
(7)I与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有_______(写出一种结构简式即可)。
(8)满足下列条件的C的同分异构体有_______种。
①与FeCl3溶液发生显色反应 ②分子中含有-NH2③苯环上有3种氢
8．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。
已知如下信息：。
回答下列问题：
(1)化合物Ⅱ中官能团名称为___________。
(2)已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为，其结构简式为___________。
(3)反应物Ⅲ为乙二醛，反应①的化学方程式为___________。
(4)反应②的反应类型是___________。
(5)已知的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且能与足量溶液反应放出，符合上述条件的共有___________种，写出其中任意一种含有手性碳原子的结构简式：___________。(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)
(6)参照合成路线，写出以甲苯及乙胺()为原料合成的路线(无机试剂任选，不需要注明反应条件)___________。
9．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）某抗癌药物的一种合成路线如下图所示：
注：1.(部分反应条件省略，Ph表示)
2.已知：
回答下列问题：
(1)A的名称为_______，B分子中采用杂化的碳原子数目为_______个。
(2)由A生成C的化学方程式为_______。
(3)F的结构简式为_______，在F分子中的手性碳原子上标注“*”。
(4)B满足下列条件的同分异构体有_______种。
条件：i.有苯环，且苯环上侧链数目为3个
ii.与溶液显色
iii.能发生银镜反应
根据题中相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图_____(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
四、实验题
10．（2021·辽宁葫芦岛·统考一模）某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究。
实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。
实验过程
实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验操作
实验现象 溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；
ⅱ.Fe3++ Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇无明显现象
(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：_______。
(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：
①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_______。
②实验I中紫色褪去时被氧化成，相关反应的离子方程式是_______。
③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号 Ⅳ Ⅴ
实验操作
实验现象 紫色褪去时间a>b 紫色褪去时间c
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是_______。
11．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献，二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，如图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。
已知：①ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下，实验室也常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；③有关物质沸点如表：
物质 CH3OH HCOOH ClO2
沸点 64.7℃ 100.8℃ 11℃
请回答：
(1)仪器d的名称是___，仪器b的作用是___。
(2)在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是___。
(3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式___。
(4)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是___。
(5)NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量为1：1的两种阴离子，一种为ClO，则另一种为___。
(6)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取200.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O=2I-+S4O)，达到滴定终点时用去20.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为___mg/L(保留一位小数)。
12．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。也可用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的性质如下表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 其他性质
SO2Cl2 -54.1 69.1 易水解
H2SO4 10.4 338
在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。
(1)实验时，A装置中发生的离子方程式___________。
(2)B装置中冷凝管进水口是___________。(填“m”或“n”)，B中干燥管盛有的物质是___________。
(3)欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置(可以重复选用)，其连接顺序为：a、___________、h。
(4)去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___________。
(5)已知SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸。向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是_____。[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5]
(6)少量硫酰氯也可由氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2从分解的产物中分离初硫酰氯的操作方法是___________。
(7)当通入装置B中的氯气为1.12L(已转化为标准状况)，最后通过蒸馏得到纯净的硫酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为___________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有___________(填序号)。
①先通冷凝水，再通气 ②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈瓶发烫，可适当降温 ④加热三颈瓶
参考答案：
1． 1s22s22p63s23p63d104s24p2 8 3AsO+ClO+6OH =3AsO+Cl +3H2O sp3杂化 NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高 NaGeO3+6HCl =2NaCl+GeCl4+3H2O
【分析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸馏分离出GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2 n H2O，将GeO2 n H2O烘干得到高纯的GeO2；
【详解】(1)Si位于元素周期表的第三周期ⅣA族，Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge在周期表中的位置是第四周期第IVA族，为32号元素，则Ge核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
(2)Ge晶胞与金刚石晶胞相似，晶胞内部有4个Ge原子，其它原子处于顶点与面心，晶胞中Ge原子数目；
(3)“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为3AsO+ClO+6OH =3AsO+Cl +3H2O；
(4)对于AsH3中As原子孤电子对数=，杂化轨道数目=3+1=4，则As原子采取sp3杂化方式，AsH3的沸点比NH3低的原因：NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高；
(5)蒸馏过程中得到GeCl4，反应还生成氯化钠，反应方程式为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O；
(6)根据有关反应式：3Ge2+++6H+=3Ge4++I-+3H2O，-+5I-+6H+=3l2+3H2O得关系式：3Ge2+～，滴定时消耗的VmLb mol/L碘酸钾标准溶液中碘酸钾的物质的量为Vb×10-3mol，二氧化锗的质量为，则样品中二氧化锗的质量分数为。
2．(1)3d54s2
(2)1：3
(3)C6H12O6 + 24H+ + 12MnO2 =12Mn2+ + 6CO2↑+ 18H2O
(4)少量多次加入葡萄糖
(5) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(6) 5.87×10–10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K= =2.16×105>1×105，所以能彻底进行
【分析】锌电解阳极泥主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag，加硫酸溶解，ZnO和稀硫酸反应生成硫酸锌溶液和水，滤渣中含有MnO2、PbSO4、Pb2Mn8O16、Ag，加稀硫酸用葡萄糖还原滤渣，过滤得含有硫酸铅和银的滤渣和硫酸锰溶液，硫酸锰溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得MnSO4 H2O晶体；硫酸铅和银的固体混合物加碳酸钠，硫酸铅转化为碳酸铅，用醋酸溶解碳酸铅，过滤出银，得到醋酸铅溶液，醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀。
【详解】（1）Mn是25号元素，Mn原子基态价层电子排布式为3d54s2；
（2）Pb2Mn8O16中 Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn的个数为x，根据化合价代数和等于0，(+2)×2+2x+(+4)×(8-x)-2×16=0，解得x=2，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为1:3；
（3）根据流程图，“还原酸浸”过程中，在酸性条件下，二氧化锰被葡萄糖还原为硫酸锰，葡萄糖被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为C6H12O6 + 24H+ + 12MnO2 =12Mn2+ + 6CO2↑+ 18H2O；
（4）在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生信息②所示副反应，少量多次加入葡萄糖可以提高葡萄糖的有效利用率；
（5）醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸。MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，为减少硫酸锰的损失，洗涤的具体操作是：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；
（6）饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=，则要生成碳酸铅沉淀，Na2CO3溶液的最小浓度为mol/L；该沉淀转化方程式为，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K= =2.16×105>1×105，所以能彻底进行。
3．(1) 3d54s2 +6
(2)C
(3)使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+
(4) 2.2×10-11
(5)
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)中加入木炭粉进行还原焙烧，将MnO2还原为MnO，同时Fe2O3也可能被还原；加入硫酸浸取，过滤出滤渣；加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入10%NaOH调节溶液的pH，此时Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，分离烘干可得到成品。
【详解】（1）锰为25号元素，基态锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则价层电子排布式为3d54s2，中存在过氧键()，则S原子在此化合物中不具有还原性，S原子的最外电子数为6，所以中S的化合价为+6。答案为：3d54s2；+6；
（2）B操作为浸取，通常在烧杯中进行，则在实验室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为烧杯，故选C。答案为：C；
（3）步骤E中调节3.7＜pH＜8.3，此时Fe3+、Cu2+都完全沉淀，而Mn2+不生成沉淀，则其目的是：使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+。答案为：使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+；
（4）步骤G中，Mn2+与发生反应，生成MnCO3沉淀和CO2气体等，发生的离子方程式为，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为2.2×10-6mol·L，则=2.2×10-6×1.0×10-5=2.2×10-11。答案为：；2.2×10-11；
（5）实验室可以用溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，若含有Mn2+，则被氧化为，对应的离子方程式：。答案为：。
【点睛】除去溶液中的Fe2+时，通常先将其氧化为Fe3+，再通过调节溶液的pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
4． 增大 -283.00 ）鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫（或其他合理分析） 增大接触面积，提高反应速率 H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH) 1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+ pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行
【分析】(6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)， OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒配平方程式；
(7)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低。
【详解】(1)反应①为吸热反应，温度升高促进反应正向进行，所以温度升高，反应①的化学平衡常数增大，故答案为：增大；
(2)已知：①CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)△H1=+178.30kJ/mol
②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g) CaSO4(s)△H2=-501.92 kJ/mol
④CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H4=+218.92kJ/mol
所求反应为：③CO(g)+0.5O2(g) CO2(g)，该反应可由②+④得到，根据盖斯定律，△H3=△H2+△H4=-283.00kJ/mol，故答案为：-283.00；
(3)鼓入过量的空气，即增大O2浓度，促进反应②正向进行，生成CaSO4，有利于固硫，同时鼓入的O2也能促进反应③正向进行，使CO浓度降低，CO2浓度升高，而相对于反应④来说，CO的浓度的降低与CO2浓度的升高，又会促进反应④逆向进行，生成CaSO4，有利于固硫，综合②③④，鼓入的O2均能促使CaSO4的生成，取向一致，有利于固硫，故答案为：鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫；
(4)将煤打成煤浆，增加接触面积，有利于反应完全，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率(或使反应更充分)；
(5)电解池阳极发生氧化反应，产生 OH，电极反应为：H2O-e-═ OH+H+，故答案为：H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH)；
(6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)， OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒，定FeS2前系数为1， OH前配上系数为15，再根据元素守恒，电荷守恒，则反应应为：FeS2+15 OH═Fe3++2 SO+7H2O+H+，故答案为：1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+；
(7)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低，Fe(OH)3覆盖在煤浆表面，阻止反应进行，导致脱硫率下降，故答案为：pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。
5． +247.3 B 2.0 减小 随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小 1.06 阳 或
【详解】(1)根据题中所给条件，可以列出，，，根据盖斯定律可得；主反应：化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，答案选B；
(2)①甲烷的质量分数，由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线对应的2.0；
②可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
(3)设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 CH4转化率为90%，反应了；对于副反应来说开始二氧化碳是0.1mol，氢气是1.8mol，一氧化碳是1.8mol，二氧化碳的转化率为95%，则副反应中反应的二氧化碳：1×95%-1×90%=0.05mol，列出三段式为，副反应的平衡常数为，反应平衡后，气体：CH40.1mol，CO20.05mol，H21.75mol，CO1.85mol，H2O0.05mol，n总=3.85mol，设总压强为P压强比等于物质的量之比，；
(4)催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极，故催化电极a为电解池的阳极；阴极产生的电极反应式为或。
6．(1)
(2)
(3) b a 不变
减少 升高温度Q的物质的量减少，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小
【详解】（1）根据标准摩尔生成焓的概念分析，反应Ⅱ的
。
（2）根据按充入和的物质的量之比为，容器的总压强为，计算可得初始时的分压为，其平衡转化率为80％，计算的分压降低％，此时的分压为，则的分压为，再结合方程式的转化关系分析此时的分压为，则用的分压表示的反应速率；
反应II的平衡常数。
（3）①根据图示分析只有的物质的量增加，因此其增加量等于和物质的量减少量之和，再结合物质的量的减少量分析可知a表示、b表示、d表示。
由图知，未升温前，，升高温度后减少，也减少，也减少，CH3OH从6.6mol减少到4.8mol、减少了1.8mol，HDOL从3.2mol减少到2.4mol、减少了0.8mol，结合反应方程式可知：，则Q从0.8mol减少到0.6mol，则升温后，故升温后将不变。
②升温后，反应I的K值将减小，原因为升高温度Q的物质的量减少，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小。
7． 浓硫酸、浓硝酸 +CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O 还原反应 +(2n-1)H2O+ 10
【分析】路线1：由氯苯、A的结构简式，可知氯苯发生硝化反应生成A，故试剂a为浓硝酸、浓硫酸。对比A、C的结构，结合反应条件、给予的信息，可知A中氯原子被-OCH3取代生成B，B中硝基被还原为氨基生成C，故B为．(4)中C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基(-OCH3)的邻位，则C中氨基与乙酸脱去1分子水生成D，D发生硝化反应生成E，E发生信息中还原反应生成F，故D为、E为、F为。
路线2：由F的结构，结合反应条件，逆推可知I为、H为、G为。
【详解】(1)由分析可知，试剂a为：浓硝酸、浓硫酸；
(2)A→B的反应的化学方程式为：+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O；
(3)B→C的反应中硝基转化为氨基，属于还原反应；
(4)由分析可知，F的结构简式为：；
(5)由分析可知，G的结构简式为：；
(6)I为，I与对苯二甲酸发生聚合反应的化学方程式为：+(2n-1)H2O+；
(7)I()与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有：；
(8)满足下列条件的C的同分异构体：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②分子中含有-NH2，③苯环上有3种氢，苯环含有3个取代基：-OH、-NH2、-CH3，羟基与氨基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种。
8．(1)酯基、溴原子
(2)
(3)OHC-CHO++2H2O
(4)还原反应
(5) 9 或或
(6)
【分析】由化合物Ⅱ的分子式可知I→II发生取代反应上一个Br原子，结合第(2)问的信息可知II为，接着发生已知信息，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子；
(1)
化合物Ⅱ中官能团名称为酯基、溴原子；
(2)
已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为，则II应该轴对称，其结构简式为；
(3)
反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，反应①的化学方程式为OHC-CHO++2H2O；
(4)
反应②为硝基氢化得到氨基，反应类型是还原反应；
(5)
的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且能与足量溶液反应放出说明含有2mol羧基，符合上述条件的有、、共9种：其中任意一种含有手性碳原子即碳上连接四种不同基团的结构简式有：或或；
(6)
逆推法可知发生已知信息的反应，需要和H2N-CH2CH3，为催化氧化得到，由甲苯氯代后再水解可得，合成路线为： 。
9．(1) 1，2，4—丁三醇 7
(2)
(3)
(4) 10
【分析】根据题给信息得合成路线的反应机理为：A两端的-OH与B的-CHO脱水结合生成C，目的是保护这两个醇-OH不被氧化；C的醇-OH氧化生成D，D的C=O与E的P=C按已知2反应方式互换原子团生成F，目的是根据需要使碳链延长；F与DDQ作用恢复此前被保护的醇-OH。
【详解】（1）根据系统命名法，A的名称是：1，2，4-丁三醇。B分子中苯环和醛基上的7个碳原子均采用杂化。
（2）由A生成C的化学方程式为：。
（3）D中C=O与E的P=C按已知2反应方式互换原子团生成F，F的结构简式为： （标注“*”的是手性碳原子）。
（4）根据题给信息，“与溶液显色”说明含有酚-OH，“能发生银镜反应”说明含有-CHO，此外还有一个侧链是-CH3，根据“定二变一”方法：当-OH、-CHO为邻位时，-CH3有4种不同位置，共有4种同分异构体；当-OH、-CHO为间位时，-CH3有4种不同位置，共有4种同分异构体；当-OH、-CHO为对位时，-CH3有2种不同位置，共有2种同分异构体；因此符合要求的同分异构体共10种。
参考题中信息，由 合成 ，需要增加一个碳原子，可参考反应D+E→F，但需要提前把其中一个端位醇氧化成醛，另外两个醇-OH需要预先保护起来，防止一起被氧化，保护方法可参考反应：A+B→C， 增加碳原子后，可参考反应F→G恢复被保护起来的两个醇-OH，故合成的路线如下：
10． FeCl3溶液中存在平衡Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解 有蓝色沉淀生成 2Fe3++2=2Fe2++[或2Fe(S2O3)+=2Fe2++] Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O Na2SO4固体 其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应
【分析】某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。
【详解】(1) FeCl3溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；
(2) ①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液相遇，产生蓝色沉淀；取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成，证明实验Ⅰ中有Fe2+生成；
②若实验I中紫色褪去时被氧化成，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++2=2Fe2++[或2Fe(S2O3)+=2Fe2++]；
③观察实验I和Ⅱ操作可知，Na2S2O3溶液均为2mL，但所滴加的氯化铁的体积不同，相差较大；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O，因此Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊；
(3)已知实验试剂：0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c
②结合以上分析，由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应。
11．(1) 分液漏斗 导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH
(2)4H++5ClO=Cl-+4ClO2↑+2H2O
(3)CH3OH+4NaClO2+2H2SO44ClO2+HCOOH+2Na2SO4+3H2O
(4)水浴加热
(5)ClO
(6)135.0
【分析】装置甲中NaClO3、甲醇、硫酸反应生成ClO2，反应方程式为4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O；加入氢氧化钠中和硫酸，反应停止，用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加稀盐酸后释放出ClO2；淀粉碘化钾溶液用于检验ClO2，氢氧化钠溶液用于尾气吸收，以此分析解答。
【详解】（1）仪器d为分液漏斗；b是球形冷凝管，对甲中的气体具有冷凝回流的作用，同时让产生的气体逸出，作用是导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH；
（2）稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，加盐酸后ClO2-发生歧化反应释放ClO2，发生的离子反应方程式是：4H++5ClO=Cl-+4ClO2↑+2H2O；
（3）甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为CH3OH+4NaClO2+2H2SO44ClO2+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；
（4）甲装置需控制反应温度60℃，酒精灯直接加热不利于温度的控制，60℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；
（5）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO，Cl元素化合价从+4变为+3，化合价降低1价，另一种阴离子中Cl元素化合价应该从+4变为+5，所以另一种阴离子为ClO；
（6）根据2ClO2+10I-+8H+═2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10 S2O，则200.0mL水样中ClO2的物质的量为：n(ClO2)=n(S2O)=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，m(ClO2)=0.0004mol×67.5g/L=0.0227g=27mg，所以水样中ClO2的含量为：=135.0mg/L。
12．(1)10Cl-＋2MnO+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O
(2) m 碱石灰
(3)fgdebced
(4)二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢
(5)AgCl
(6)蒸馏
(7) 76.0% ①②③
【分析】本实验的目的是利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，利用装置A可以制取氯气，氯气中混有挥发出来的HCl气体，经饱和食盐水可以除去HCl，然后用浓硫酸进行干燥，之后在装置B中和SO2进行反应；装置E可以制取SO2，经浓硫酸干燥后进入装置B中和氯气反应。
【详解】（1）装置A中利用高锰酸钾氧化HCl制取氯气，根据电子守恒可知MnO和Cl-的系数比为1：5，再结合元素守恒可得离子方程式为10Cl-＋2MnO+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；
（2）为增强冷凝效果，冷凝水下进上出，所以进水口为m；B中干燥管盛有的物质可以吸收剩余二氧化硫、氯气，同时还可以防止空气中的水蒸气进入，所以为碱石灰；
（3）装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；
（4）若不经干燥，在有水的环境中二氧化硫和氯气和水发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成硫酸和氯化氢，降低SO2和Cl2的利用率；
（5）SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸，应是得到H2SO4和HCl，反应方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，根据题目所给数据可知Ksp(AgCl)远小于Ksp(Ag2SO4)，且根据方程式可知产生的Cl-更多，需要银离子少，先沉淀；
（6）分离沸点不同的液体，用蒸馏方式；
（7）标准状况下，1.12L Cl2为0.05mol，故理论上可得到0.05molSO2Cl2，即为0.05×135g=6.75g，所以SO2Cl2的产率为×100%=76.0%；为提高本实验中磺酰氯的产率，应减少SO2Cl2受热挥发的量，使SO2、Cl2充分反应，可采取先通冷凝水再通气；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈瓶发烫应适当降温等措施，故答案为①②③。
试卷第1页，共3页
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