辽宁省沈阳市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 ）

辽宁省沈阳市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·辽宁沈阳·统考一模）碳酸钙是橡胶工业中使用最早且用量最大的填充剂之一、工业上用主要含及少量的废渣制取轻质，其工艺流程如图：
已知：时和沉淀完全，时开始溶解。
回答下列问题：
(1)“预处理”时的温度不宜太高，原因是___________，为提高“预处理”的反应速率除加热外还可以采取的措施为___________(写一种即可)。
(2)“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是___________(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分是___________。
(3)“调节pH”时，应调节pH至___________的范围内，物质X可选用___________(填标号)。
A． B． C．
(4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为___________(填化学式)，充分反应后经___________(填具体操作)后得到轻质。
2．（2022·辽宁沈阳·统考一模）二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，其工艺流程如下所示，请回答下列问题：
(1)Mn元素位于元素周期表第___________周期第___________族。
(2)滤渣①的主要成分是___________。
(3)适量Na2SO3固体作为还原剂，将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_____。
(4)检验滤液①中是否含有Fe2+，可以用___________溶液。
A．KSCN B．KFe[Fe(CN)6]
C．K3[Fe(CN)6] D．Fe3[Fe(CN)6]2
(5)步骤II是用萃取剂萃取溶液中的Fe3+， Fe3+的萃取率与pH的关系如下图，当溶液pH＞1.7，随pH增大Fe3+萃取率下降的原因是___________。
(6)已知该条件下在步骤III中Ksp[Al(OH) 3] = 10 ×10-33， Ksp[Mn(OH)2]= 1.0 ×10-14.试剂x为Na2CO3，若c(Mn2+)=1.0 mol·L-1，调节pH范围应为4.7≤pH ___________。
(7)步骤V酸溶时可能产生磷酸锰和磷酸氢锰杂质，因此加入H3PO4至溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2，用离子方程式说明原因___________。已知磷酸锰难溶于水，磷酸氢锰和磷酸二氢锰易溶与水。
3．（2023·辽宁沈阳·统考一模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料、合金制造等高科技领域。自然界铟大多富集在闪锌矿(主要成分，还含有、等杂质)中，工业上常采用铅锌冶炼过程中的含铟烟灰作为回收铟的主要原料。如图为工业提取铟的流程图：
已知：①烟灰中钢主要以硫化铟、氧化铟以及和形式存在，其中和的化学性质非常稳定，难以被硫酸溶解浸出。
②铅锌冶炼烟灰先经稀硫酸溶液预处理后得到中浸渣，主要成分如下：
成分
质量分数(％) 0.72 3.01 60.48 8.92 1.16
③酸性条件下，温度过高，氯酸钠易分解释放出氯气。
回答下列问题：
(1)铟元素位于元素周期表第______周期______族。
(2)闪锌矿经氧化焙烧可获得铅锌烟灰，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是__________。
(3)写出闪锌矿主要成分氧化焙烧反应的化学方程式__________。
(4)已知与发生反应生成配合离子，不利于的萃取，则“氯化浸出”实验中加入硫酸的原因是__________。
(5)氯化步骤中，铟元素被氧化到最高正价，写出氯化过程中发生反应的离子方程式__________(产物中元素以形式存在)。在氯化过程中，反应温度、时长、盐酸、硫酸、氯酸钠的浓度都会影响铟元素的浸出率，控制其他条件不变，考查不同浸出温度对铟浸出率的影响，结果如图所示。实验采取的是80℃的条件，原因是__________。
(6)转化步骤中往往需要加入“锌粉”，其作用是__________。
二、实验题
4．（2021·辽宁沈阳·统考一模）是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：
已知：氧化操作中除生成外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。
(1)的空间构型为___________。
(2)“酸溶”时，莫尔盐___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。
(3)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为___________。
(4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是___________；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为___________(填“直接加热”或“水浴加热”)。
(5)测定产品中铁的含量。
步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。
步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液。
①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量___________。
②该样品中铁元素的质量分数为___________(用含m、y、z的代数式表示)。
5．（2022·辽宁沈阳·统考一模）氯化亚锡(SnCl2)用途广泛，在无机工业中用作还原剂(Sn2+易被氧化为Sn4+)， 在钾华蓝生产中能防止硫酸亚铁氧化成高价铁。从锡渣废料(主要成分为Sn和SnO)中制备氯化亚锡晶体( SnCl2·2H2O)部分装置如图，过程如下：
①向电镀锡渣中加入适量的浓盐酸并充分搅拌
②加热到一定温度， 反应约30分钟
③反应完成后冷却至室温，水洗，抽滤
④用盐酸淋洗，向滤液中加入少许单质锡，调pH＜2，在CO2气流下进行蒸发浓缩，冷却结晶得氯化亚锡晶体
锡渣在酸的条件下转化率与温度的关系
电镀锡渣质量/g 浓盐酸用量/mL 反应温度/°C 转化率/%
10 8 室温 -
10 8 50~60 10~15
10 8 100~ 120 30~40
10 8 200~250 70
pH对Sn2+存在形式的影响
pH Sn2+的形式
＜2 SnCl2溶液
2~13 Sn(OH)2沉淀
＞13 H2SnO2溶液
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________。
(2)使用恒压滴液漏斗的原因是___________。
(3)制备过程中通入N2的目的是___________。
(4)②加热到一定温度，最适宜的温度范围为___________。
(5)④向滤液中加入少许单质锡的原因___________。
(6)④调pH＜2的原因___________。
(7)产品含量的测定：
准确称取产品2.26克，在酸性条件下，用硫酸铁铵氧化Sn2+，在硫酸-磷酸混酸条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.100mol/L标准酸性重铬酸钾溶液滴定Fe2+，消耗标准酸性重铬酸钾溶液32.30mL。产品中氯化亚锡(SnCl2·2H2O)的质量分数为___________。
6．（2023·辽宁沈阳·统考一模）在染色和催化领域应用广泛，某研究小组欲利用如图装置(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧化铜悬浊液中制备。
已知：为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸。
实验步骤及现象：
①向C中先加入溶液，再加入溶液；
②打开A中分液漏斗的活塞产生气体至过量，刚开始C中出现少量淡黄色固体，静置一会儿之后，底部有较多的白色沉淀，上层是淡绿色的溶液。
③将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤、烘干，所得固体质量为。
回答下列问题：
(1)试剂a为浓硫酸，b仪器的名称为__________。
(2)装置B中长颈漏斗的作用是__________。
(3)将通入C中，与新制氢氧化铜悬浊液反应，产生白色固体的离子方程式为__________。
(4)小组成员针对步骤2中的现象展开进一步的探究得出：
ⅰ．白色沉淀为。
ⅱ．上层淡绿色溶液中的主要溶质为和少量。
结论：本实验中较多量的新制氢氧化铜与二氧化硫发生了氧化还原反应，少量与之发生了复分解反应，二者为竞争关系。试分析主要发生氧化还原反应的原因__________。
(5)用乙醇洗涤的优点为__________。
(6)计算该实验中的产率为__________％。
(7)已知：，，。若所得固体中混有少量，请补充完除去的实验方案：
①向产物中滴加试剂__________，使固体充分溶解，再过滤出杂质；
②向滤液中加水稀释至不再产生沉淀为止；
③过滤、洗涤、干燥，可得到除去后的固体。
三、原理综合题
7．（2021·辽宁沈阳·统考一模）一定条件下能氧化制，这对资源综合利用有重要意义。相关的化学反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
(1)已知反应的能量变化如图1所示。
①当生成等物质的量的CO(g)时，反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)吸收的热量更多。
②生成的热化学方程式为___________。
(2)反应Ⅱ不利于乙烯的生成的原因是___________。
(3)有研究表明，在催化剂作用下，反应Ⅰ分两步进行，其反应过程及能量变化如图2所示。决定反应Ⅰ的反应速率的步骤是___________(填“第一步”或“第二步”)，原因是___________。
(4)在恒容密闭的容器中充入一定量的和，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，测得随时间(t)的变化曲线如图3所示，则___________(填“大于”或“小于”)，原因是___________。
(5)温度为T时，向一密闭容器中通入和，一段时间后，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡，的转化率为50%，的选择性为60%，此时容器容积为1.0L，则该温度下反应I的平衡常数K=___________。
8．（2022·辽宁沈阳·统考一模）2021年9月24日，我国科学家在(Science》上发表论文《无细胞化学酶从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。
(1)第一步反应CO2和H2制CH3OH的过程中原子利用率___________(填“能”或“不能”)达到100%。
(2)在第二步反应中，H2O2为___________。
A．反应物 B．生成物 C．催化剂 D．中间产物
(3)探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H= - 48.5 kJ·mol-1
II．2CO2(g)+5H2(g)C2H2(g)+4H2O(g) H = +37.1 kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有___________。
A．适当降温B．适当升温C．选择合适的催化剂
②温度高于350°C时，体系中发生的反应以___________(填“I”或“II”)为主，并说明理由______。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是___________(填“a”或“b”)。
④400°C时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为___________。
9．（2023·辽宁沈阳·统考一模）氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：
(1)根据下表中提供的数据，计算______。
化学键
键能 803 x 463 436
(2)实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因__________。
(3)某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t，______)、平衡常数__________。
(4)反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能______。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图_______________。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响)
(5)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为、，则c点坐标为______。X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为______。(列出表达式)
四、有机推断题
10．（2021·辽宁沈阳·统考一模）H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如下：
已知：R-ClRMgCl
(1)H中的官能团名称为___________。
(2)A的名称为___________。
(3)B的结构简式为___________。
(4)F生成G的反应的化学方程式为___________，反应类型为___________。
(5)满足下列条件的E的同分异构体有___________种。
①能与溶液发生显色反应，且能发生银镜反应；
②1mol该物质完全水解消耗。
(6)设计一条以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线(无机试剂任选) ___________
11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。其合成路线如图所示：
已知：，回答下列问题：
(1)A的名称是__________。
(2)C→D的反应类型为__________。
(3)写出D→F的反应方程式__________。
(4)D→I的过程，即为布洛芬结构修饰的过程，中间产物H的结构简式为__________。
(5)I进行加聚反应即可得到缓释布洛芬，反应的官能团名称是__________。
(6)满足以下条件的布洛芬的同分异构体有______种。
A．含苯环，核磁共振氢谱有5组峰
B．能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应
C．能发生银镜反应
(7)下列有关布洛芬的说法正确的是______。
A．布洛芬属于羧酸，故与乙酸互为同系物
B．布洛芬分子中含有手性碳原子
C．可以用碳酸氢钠溶液区分布洛芬和酯修饰产物I
D．布洛芬分子中最多有19个原子共平面
五、填空题
12．（2022·辽宁沈阳·统考一模）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：
(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一 个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的价电子轨道表示式 ___________ ；基态铬、氮原子的未成对电子数之比为___________。
(2)NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图所示(其中H2O和NaCl 略去)。NaClO 氧化NH3的总反应化学程式为 ___________。
(3)改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示，则除氨气过程中最佳的值约为___________。
(4)室温下，用水稀释0.1mol·L-1氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。
A．) B．
C．c(H+) D．
(5)25°C时，将amol NH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，滴加氨水的过程中水的电离平衡将___________ (填 “正向”、“逆向”或“不”)移动。
(6)工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如下图，其阳极电极反应式为___________。
参考答案：
1． 温度过高，碳酸铵会分解 适当搅拌 5~8.5 B 过滤、洗涤、干燥
【分析】主要含及少量的废渣与碳酸铵溶液进行反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是，“滤渣2”的主要成分是，因为不与盐酸反应，加入的盐酸可以除去过量碳酸根，滤液中有铝离子和三价铁离子，时和沉淀完全，时开始溶解，应调节pH至5~8.5，则选用氢氧化钙使铝离子和三价铁离子转化为沉淀，“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐，充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质，据此解题。
【详解】(1)温度过高，碳酸铵会发生分解；为提高“预处理”的反应速率，除加热外还可以采取的措施为适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓度。
(2)加入的碳酸铵与硫酸钙反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是；不溶于稀盐酸，“滤渣2”的主要成分是。
(3)根据已知条件可知，应调节pH至5~8.5，选用氢氧化钙来调节，可以保留钙离子，且不引进新杂质。
(4) 向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐；充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质。
2．(1) 四 VIIB
(2)SiO2
(3)+MnO2+2H+=+Mn2++H2O
(4)C
(5)pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降
(6)<7
(7)Mn3(PO4)2+4H3PO4=6+3Mn2+、
【分析】软锰矿含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2杂质，浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，溶解Al2O3、FeO，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2不与硫酸反应，以滤渣①形式除去，萃取分液步骤采用萃取剂除去Fe3+，调节pH步骤加入Na2CO3将铝离子以Al(OH)3沉淀（滤渣②）形式除去，沉锰步骤继续加入Na2CO3使Mn2+生成MnCO3，酸溶步骤MnCO3和H3PO4反应生成Mn(H2PO4)2·2H2O。
（1）
Mn是25号元素，位于周期表的第四周期第VIIB族；
（2）
根据分析，滤渣①的主要成分是SiO2；
（3）
Na2SO3与MnO2在酸性条件下反应生成Na2SO4和MnSO4，离子方程式为+MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
（4）
Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，可以用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，故选C；
（5）
在滤液①中存在水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，导致生成Fe(OH)3的量增大，溶液中浓度降低，所以萃取率下降；
（6）
试剂x的作用是调节溶液的pH，Al3+先沉淀，Mn2+后沉淀，使二者分离时，调节pH范围应满足让Al3+完全沉淀同时Mn2+未沉淀，当Al3+完全沉淀时，Al3+浓度为，此时，所以溶液pH=4.7，当开始沉淀时，溶液中，所以溶液pH=7，调节溶液4.7≤pH<7；
（7）
步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，MnCO3过量，先生成Mn3(PO4)2和MnHPO4，当加入H3PO4溶液呈酸性时会发生如下反应：Mn3(PO4)2+4H3PO4=6+3Mn2+、，保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O。
3．(1) 五 IIIA
(2)利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率
(3)2ZnS+3O22ZnO+2SO2
(4)促进ClO和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使与反应生成配合离子的平衡逆向移动，提高的萃取率
(5) 6+ ClO+18H+=Cl-+6In3++6x+9H2O 温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率
(6)将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟
【分析】自然界铟大多富集在闪锌矿(主要成分，还含有、等杂质)中，工业上常采用铅锌冶炼过程中的含铟烟灰作为回收铟的主要原料，将烟灰酸浸，得到中浸液且从中回收Zn，中浸渣进过氯化浸出，得到酸浸渣且从中冶炼回收Pb，得到的酸浸液经过萃取转化得到粗铟，以此解答。
【详解】（1）In是49号元素，位于元素周期表第五周期IIIA族。
（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率。
（3）在焙烧过程中产生气体，硫化物高温状态下产生SO2，闪锌矿的主要成分是ZnS，主要反应是2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（4）已知与发生反应生成配合离子，“氯化浸出”实验中加入硫酸可以促进ClO和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使与反应生成配合离子的平衡逆向移动，提高的萃取率。
（5）氯化过程中，中铟元素被ClO氧化到最高正价为+3价，产物中元素以形式存在，根据氧化还原反应的规律配平离子方程式为：6+ ClO+18H+=Cl-+6In3++6x+9H2O；由图可知，温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率，故实验采取的是80℃的条件。
（6）由题意可知，萃取得到的萃取液中混有In3+，转化步骤中往往需要加入“锌粉”，目的是：将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟。
4． V形 不能 会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案) 平衡气压，使液体顺利滴下 水浴加热 偏小 偏大
【分析】由实验流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成，加入H2O2溶液进行氧化将Fe元素转化为+3价，加入饱和草酸钾和草酸溶液煮沸得到溶液，经过一系列操作得到产品
【详解】（1）H2O分子，中心原子的价层电子对数： ，孤电子对数为2，则水的空间构型为：V形；
（2）HNO3具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，不能得到预期产物，故：“酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，原因是：会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)；
（3）H2C2O4与Fe2+反应生成，非氧化还原反应，根据元素守恒，反应的离子方程式为：；
（4）漏斗需要和外界气压平衡，里面的液体才能顺利流下，故作用为：平衡气体，使液体顺利流下；需要保持40℃温度加热，温度较低且要控制温度，所以采用水浴加热；
（5）①步骤ⅰ加入溶液时发生反应的离子方程式为，无色草酸根和有色高锰酸钾氧化还原反应，计算草酸根含量，步骤ii发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe3+氧化Cu得到还原性Fe2+，通过Fe2+和MnO4-反应来计算铁元素的含量，步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，使步骤ii中消耗的减少，计算的铁元素偏小；若步骤ⅱ中不滤去不溶物Cu，会和生成的Fe3+继续反应生成Fe2+，使消耗偏多，测得铁元素含量偏大；②根据关系式，可以得出，铁的质量为：0.28xyg，该样品中铁元素的质量分数为
5．(1)球形冷凝管
(2)维持滴液漏斗内和烧瓶内压强一致，使浓盐酸能顺利流下
(3)排出装置中空气，防止Sn2+被氧化
(4)200~250℃
(5)防止Sn2+被氧化为Sn4+
(6)抑制Sn2+水解，防止生成Sn(OH)2沉淀
(7)96.90%
【分析】电镀锡渣中的Sn、SnO与盐酸反应生成SnCl2，充分反应后，冷却至室温，水洗抽滤得到SnCl2晶体，用盐酸淋洗将该晶体重新溶解，并除去不溶性杂质，在盐酸中防止SnCl2水解，酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，向其中加入Sn粉，防止Sn2+被氧化为Sn4+，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到纯净的SnCl2晶体。
【详解】（1）仪器a的名称为球形冷凝管；
（2）恒压滴液漏斗可维持漏斗内和烧瓶内压强一致，使浓盐酸能顺利流下，故此处填：维持滴液漏斗内和烧瓶内压强一致，使浓盐酸能顺利流下；
（3）由于反应生成的Sn2+容易被氧化，被需排除装置中的空气，故此处填：排出装置中空气，防止Sn2+被氧化；
（4）由所给信息知，相同条件下，控温200~250℃时，锡渣转化率较高，故此处填：200~250℃；
（5）由分析知，加入少量单质Sn的目的是防止Sn2+被氧化为Sn4+；
（6）由pH对Sn2+存在形式的影响知，当pH增大时，Sn2+会转化为Sn(OH)2沉淀，pH大于13时，会转化为H2SnO2溶液，故此处填：抑制Sn2+水解，防止生成Sn(OH)2沉淀；
（7）由题意知，Sn2+首先与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+，根据得失电子守恒确定两者比例为：Sn2+~2Fe2+，接着用K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，Fe2+被氧化为Fe3+、酸性条件下K2Cr2O7被还原为Cr3+，根据得失电子守恒得两者反应比例：K2Cr2O7~6Fe2+，综上所述可得关系式：3Sn2+~6Fe2+~ K2Cr2O7，则n(SnCl2·2H2O)=3n(K2Cr2O7)=3×0.100 mol/L×32.30 mL×10-3 L/mL=9.69×10-3 mol，则该晶体的质量分数=。
6．(1)蒸馏烧瓶
(2)允许空气进入，或排出气体，防止装置超压或形成真空
(3)2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O
(4)新制氢氧化铜具有弱氧化性，SO2具有还原性，二者主要发生氧化还原反应
(5)CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥
(6)
(7)HCl
【分析】A装置制备SO2，将SO2通入C中反应生成，D装置中NaOH溶液可以吸收过量的SO2，防止污染空气，以此解答。
【详解】（1）b仪器的名称为蒸馏烧瓶。
（2）装置B中长颈漏斗的作用是允许空气进入，或排出气体，防止装置超压或形成真空。
（3）CuCl难溶于水，是自色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O。
（4）新制氢氧化铜具有弱氧化性，SO2具有还原性，二者主要发生氧化还原反应。
（5）CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥。
（6）15mL 0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物质的量=0.015L×0.5mol/L=0.0075mol，完全转化为CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075mol，其质量=0.0075mol×99.5g/mol=0.74625g，实验实际所得CuCl固体质量为0.594g，则CuCl的产率=。
（7）可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体。
7． Ⅰ 反应Ⅱ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成 第二步 第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能 大于 温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ均向正反应方向进行 0.495
【详解】(1) 根据图示，反应Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反应Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以当生成等物质的量的CO(g)时，反应Ⅰ吸收的能量多；
②根据盖斯定律，得；
(2)反应Ⅱ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成；
(3)第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，第二步为慢反应，决定反应Ⅰ的反应速率的步骤是第二步；
(4)温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ均向正反应方向进行，所以大于；
(5)的转化率为50%，则参与反应的的物质的量为1mol，的选择性为60%，生成的的物质的量为0.6mol，则反应Ⅱ参与反应的的物质的量为0.4mol。

转化/mol 0.6 0.6 0.6 0.6 0.6

转化/mol 0.4 0.8 1.6 1.2
故平衡时容器中：，，，。又因容器容积为1L，所以。
8．(1)不能
(2)D
(3) AC II 反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行 b 22.5%
【详解】（1）CO2与H2的反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，由于生成了H2O，原子利用率不能达到100%；
（2）由图象可知，该反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，因此H2O2不是反应物，也不是生成物，H2O2在反应中生成又消耗，属于中间产物，故选D；
（3）反应I是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，因此b为平衡时CH3OH的选择性曲线，a为CO2的平衡转化率曲线。
①由反应I可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高选择性；选择有利于反应I进行的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应I，有利于提高甲醇的选择性，故选AC；
②温度高于350°C时，由于体系温度较高，根据勒夏特列原理，有利于吸热反应的进行，因此以反应II为主；
③根据上述分析，表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是b；
④设投入的CO2和H2的物质的量分别为amol、3amol，设反应I转化的CO2的物质的量为x，反应II转化的CO2的物质的量为y，根据题意可得：
由图象可知，甲醇的选择性为40%，因此=0.4，CO2的转化率为25%，=0.25，故x=0.1amol，y=0.075amol，H2的转化率为×100%=×100%=22.5%。
9．(1)1074.8
(2)CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大
(3) 0.5
(4) 30.0
(5) （）
【详解】（1） H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。
（2）其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。
（3）由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。
（4）已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为：
。
（5）由a和b的坐标可得c的坐标为（），由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得,底面积=，则晶体的密度为=
10． 羟基、酯基 苯酚 +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应) 10
【分析】A的分子式为C6H6O，A能和H2发生反应，则A为苯酚，苯酚和氢气发生加成反应生成B，则B为，B和试剂a发生反应生成C，C的分子式为C6H11Br，则C为，该反应为取代反应，和Mg、乙醚反应生成D，根据已知信息推测，D为，和G反应生成H，根据已知信息推测，G为，根据反应条件可知，E被氧化生成F,F发生酯化发应生成G，根据分子式推测，E中含有羟基、羧基，F中含有醛基、羧基，则E为，F为。
【详解】(1) 根据分析，H中的官能团为羟基、酯基；
(2) 根据分析，A的名称为苯酚；
(3) 根据分析，B的结构简式为；
(4) F生成G的反应的化学方程式为+CH3OH+H2O；该反应为取代反应(或酯化反应)；
(5) 由题意可知，苯环上含有3个取代基，分别为-OH、-CH2OH和-OOCH，共有10种，分别为羟基与酯基为邻位时，有4种；羟基和酯基为间位时，有4种；羟基和酯基为对位时有2种；故有10种；
(6) 以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线为
11．(1)2-甲基丙酸
(2)还原反应
(3)+
(4)
(5)碳碳双键
(6)5
(7)CD
【分析】A和SOCl2发生取代反应生成B，结合B的结构简式可以推知A为(CH3)2CHCOOH，B和在AlCl3的催化下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D和CH3COCl在AlCl3催化下发生取代反应生成，和NaBH4发生还原反应生成E，E和CO发生反应生成布洛芬；D发生已知反应生成F，结合F的结构简式可以推知F为，F发生消去反应生成G，G再和H2发生加成反应生成H，结合I的结构简式可知，H的结构简式为，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，A为(CH3)2CHCOOH，名称是2-甲基丙酸。
（2）由分析可知，C发生还原反应生成D，C→D的反应类型为还原反应。
（3）D发生已知反应生成F，结合F的结构简式可以推知F为，化学方程式为：+。
（4）D→I的过程，即为布洛芬结构修饰的过程，由分析可知H的结构简式为；
（5）I中含有碳碳双键可以发生加聚反应；
（6）布洛芬的同分异构体满足条件：
A．含苯环，核磁共振氢谱有5组峰，说明该同分异构体是对称的结构；
B．能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应，说明其中含有酚酯的结构；
C．能发生银镜反应，说明其中含有-CHO；
综上所述，含有和6个饱和C，符合要求的同分异构体一共有、、 、和共5种。
（7）A．布洛芬中含有羧基和苯环，与乙酸结构不相似，不互为同系物，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，布洛芬分子中含有2个手性碳原子，则布洛芬分子中含有手性碳原子1mol（连有羧基的碳原子为手性碳原子），故B错误；
C．布洛芬中含有羧基可以和碳酸氢钠溶液反应生成气体，I中没有羧基不能和碳酸氢钠溶液反应，则可以用碳酸氢钠溶液区分布洛芬和酯修饰产物I，故C正确；
D．苯环和羧基是平面结构，则布洛芬中最多有19个原子共平面，故D正确；
故选CD。
12．(1) 2:1
(2)
(3)1.5
(4)BD
(5)逆向
(6)
【解析】（1）
三价铬离子的价电子排布式为3d3，则其价电子轨道表示式为：；基态铬原子的价电子轨道表示式为： ，核外有6个未成对电子，基态氮原子的价电子轨道式为：，核外有3个未成对电子，因此基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2:1。
（2）
根据图示，由始态和终态判断反应物中氨气被氧化成氮气，次氯酸钠则被还原成氯化钠，依据得失电子守恒和质量守恒，可知化学方程式为：。
（3）
当去除率较高，余氯量较低时，说明去除效果最佳，由图示可知，符合要求的最佳值约为1.5。
（4）
A．由氨水的电离方程式可知，为平衡常数，只随温度变化，用水稀释，温度不变，比值不变，A项错误；
B．加水稀释，促进一水合氨的电离，n()减小，n()增大，两者在同一溶液中，体积相同，因此减小，B项正确；
C．加水稀释，氨水碱性减弱，c()浓度减小，c()浓度增大，C项错误；
D．加水稀释，氨水碱性减弱，c()浓度减小，c()浓度增大，减小，D项正确；
答案选BD。
（5）
25°C时，将amolNH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，氨水会电离生成铵根离子和氢氧根离子，会对水的电离起到抑制作用，使水的电离平衡逆向移动。
（6）
分析装置图可知，氧离子移向的电极为阳极，阳极上通入氨气失电子生成N2H4，阴极上氧气得到电子生成O2-。在阳极，NH3转变为N2H4，氮元素化合价由-3价变为-2价，则2molNH3失去2mol电子生成1molN2H4，余下的2molH与阴极传导过来的O2-结合生成水。故阳极电极反应为：
试卷第1页，共3页
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