广东省湛江市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 ）

广东省湛江市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·广东湛江·统考一模）从生产造影剂的含碘废液(含碘有机副产物和无机碘)中回收碘的实验步骤如图。
已知：①还原性：。
②含碘有机副产物可表示为R—I(R为有机基团)。
③、乙醚的沸点分别为76.8℃、34.5℃，两者可混溶。
回答下列问题：
(1)“步骤1”为检验废液中无机碘的成分，下列判断正确的是______(填标号)。
A．向废液中加入过量，充分反应后加入淀粉溶液，溶液不变蓝，说明不含
B．向废液中加入淀粉溶液、无明显现象，再加入溶液，溶液变蓝，说明含有
C．废液中可能大量共存的一组离子是
(2)“步骤2”中溶液的作用是______；“步骤3”的目的是______。
(3)“步骤4”中发生反应的离子方程式为______。
(4)“步骤5”为升华法精制粗碘，实验装置如图，水应从接口______(填“a”或“b”)处通入，向含的粗碘中加入适量可避免产品中含有，这是因为______(用化学方程式表示)。
(5)“步骤6”采用四氯化碳和乙醚的混合溶液萃取碘时，不同体积比萃取效果如下表所示：
编号 萃取1次() 萃取2次() 萃取3次()
A 1：1 红 红 黄红
B 1：2.5 红 黄红 浅黄红
C 1：3 黄红 黄红 浅黄红
D 1：3.5 黄红 黄红 浅黄红
E 1：4 黄红 浅黄红 浅黄色
F 1：4.5 黄红 浅黄红 无色
选用表中的为______(填标号)时最适合，理由是______。
(6)“步骤7”的操作名称是______。
2．（2021·广东湛江·统考一模）碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。
已知：①20℃时，Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-29，Ksp(CaHPO4)=1×10-7，Ksp(CaSO4)=5×10-5。
②CaF2可溶于硫酸。
③Li2CO3的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
(1)在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式：__。
(2)“滤渣”的主要成分是__(填化学式)。
(3)“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。
①随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是__。
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是__。
(4)热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后__。
(5)锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是__。
(6)对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005mol·L-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002mol·L-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为___mg·L-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)
3．（2022·广东湛江·统考一模）含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：
查阅资料：
部分含钒物质在水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
备注 多矾酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉淀pH 7.0 1.9 3.2
沉淀完全pH 9.0 3.2 4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为___________；所生成的气体A可在___________工序中再利用。
(2)“酸浸”V元素发生的离子反应方程式___________。
(3)滤渣2含有的物质为___________。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为___________。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
4．（2023·广东湛江·统考一模）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：
已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
请回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。
开始沉淀时pH 1.5 3.4 6.3 6.6 6.7 7.8
完全沉淀时pH 3.5 4.7 8.3 9.2 9.5 10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。
①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
二、原理综合题
5．（2021·广东湛江·统考一模）氮氧化物种类很多，造成大气污染的主要是一氧化氮和二氧化氮，环境学中的氮氧化物一般是指这两者的总称。空气中的氮氧化物主要来自天然源，而城市中产生的氮氧化物主要来自燃料的燃烧，即人为源，如汽车等流动源、工业窑炉等固定源。
(1)在燃烧过程中氮气会转化为。已知：键的键能为键的键能为。中氮氧键的键能为______。
(2)氨气是常用的氮氧化物污染处理剂。科学家利用电解法在常温、常压下实现氨的合成，工作时阴极区的微观示意图如图1所示，其中电解液为溶有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。阴极区生成的电极反应式为______。
(3)用活化后的作催化剂，氨气将还原成的一种反应历程如图2所示。
①写出图2中总反应的化学方程式：______。
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为，该反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)过硫酸钠氧化法去除。
第一步：在碱性环境中被氧化为。
第二步：继续被氧化为，反应的离子方程式为。不同温度下，平衡时的脱除率与过硫酸钠初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图3所示。
①四点的平衡常数K由大到小的顺序为______。
②a点时，，若的初始浓度为，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=______(用含m的代数式表示)。
6．（2022·广东湛江·统考一模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
(1)已知某反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ.；
Ⅱ．。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
历程中生成___________(填“TS1”或“TS2”)的反应步骤为总反应的决速步，反应过程的催化剂为___________。
③反应Ⅱ的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，设计如下反应：
Ⅲ．；
Ⅳ.。
反应Ⅳ的为___________。其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，之后，温度升高积碳量减小的主要原因为___________。
(2)甲烷部分催化氧化剂制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为：
。
①该反应在___________(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将1 mol 充入10 L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6～8 min时，的浓度为___________，反应的平衡常数___________；若8 min时改变的条件是缩小容器容积到5 L，其中分压与时间关系可用图中曲线___________(填“”“”“”或“”)表示。
7．（2023·广东湛江·统考一模）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)①相关键能如下表，则___________，该反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键
键能 436 1071 464 803
②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知的正反应速率( k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：
1 0.02 0.01
2 0.02 0.02 a
则此温度下表中a=___________。
(2)据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
(3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。
(4)某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。
三、结构与性质
8．（2021·广东湛江·统考一模）雷氏盐是一种铬的配合物(结构简式如图1)，常用作分析试剂，制备反应为(雷氏盐)。回答下列相关问题：
(1)的核外电子排布式为______；其基态原子核外电子的空间运动状态有______种；氟和氯处于同一主族，的熔点为1100℃，的熔点为83℃，前者比后者高得多，是因为______。
(2)雷氏盐中与铬形成配位键的原子是______；中心原子的配位数为______。
(3)中氮原子的杂化方式为______，其立体构型的名称为______。
(4)所含元素中电负性最小的是______(填元素符号，下同)，它们的基态原子的第一电离能最大的是______。
(5)金属铬的晶胞结构如图2所示，设晶胞边长为，则铬的原子半径为______。
9．（2022·广东湛江·统考一模）光电材料在能源、军事等领域有重要应用，分为无机光电材料如ZnS、ZnSe、GaAs、等，及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题：
(1)基层Zn原子的价层电子排布图为___________；Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)图1所示化合物中含有的化学键类型有___________(填选项字母)，N原子的杂化方式为___________。
A．共价键 B．离子键 C．配位键 D．氢键
(3)在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为CO，部分氧化物的沸点如表所示：
氧化物
沸点/ 100
①表中氧化物之间沸点差异的原因为___________。
②的VSEPR模型为___________。
③和分子中，键角更大的是___________(填化学式)。
(4)ZnS和ZnSe晶体的立方晶胞结构相似，均可看作将金刚石晶胞(如图2)内部的碳原子用Zn代替，晶胞顶角与面心位置的碳原子被S或Se代替。
①ZnS晶体中，一个晶胞含有S原子数目为___________。
②若阿伏伽德罗常数的值为，ZnS晶体的密度为，ZnSe晶体的密度为，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比为___________。
四、有机推断题
10．（2021·广东湛江·统考一模）化合物VIII是合成某高血压药物的中间体，Ⅷ的合成路线如图：
已知：①+RCOCl+HCl
②。
回答下列问题：
(1)II的名称为______；IV的结构简式为______。
(2)V中含有官能团的名称为______；VIII的核磁共振氢谱中有______组信号峰。
(3)相同条件下，VI与VII反应还能生成另一种副产物，写出该反应的化学方程式：______；其反应类型为______。
(4)丁二酰氯是许多有机合成的中间体，参照上述合成路线及信息，请设计以乙烯为原料合成丁二酰氯的合成路线______。(无机试剂任选)
11．（2022·广东湛江·统考一模）化合物M是一种医药中间体，以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：
已知：RCHORCH=CHCOOH
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___________；C的化学名称为___________；F中官能团的名称为___________。
(2)由B和C生成D的反应中同时生成两种常见无机物，该反应的化学方程式为___________。
(3)反应①～⑤中属于取代反应的是___________(填序号)。
(4)Q是E的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构有___________种(不含立体异构)，任写出其中一种结构简式：___________。
①苯环上有3个取代基；
②能与溶液发生显色反应；
③能发生银镜反应，且1 mol Q参加反应最多生成4 mol Ag。
(5)参照上述合成路线和信息，以丙二醛和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚-2-丁烯酸()的合成路线：___________。
12．（2023·广东湛江·统考一模）化合物H是用于合成某种镇痛药的医药中间体，利用烃A合成H的某路线如下图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________；D中的官能团名称为___________。
(2)由B生成C时需要加入的试剂和反应条件为___________。
(3)由C生成D的反应类型为___________。
(4)由G生成H的化学方程式为___________。
(5)的同分异构体中含六元碳环的有___________种(不考虑立体异构)，写出其中一种核磁共振氢谱有6组峰的结构简式___________。
(6)参照上述合成路线设计以D为原料合成高分子化合物的路线___________(无机试剂任选)。
五、实验题
13．（2022·广东湛江·统考一模）含硫化合物在生产生活中有重要应用，实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：
(1)小组同学设计了两种制备的方案。
Ⅰ.70% 溶液与粉末反应；Ⅱ．Cu粉与浓在加热条件下反应。
①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为___________。
②两种方案相比，方案Ⅰ的优点为___________。
(2)小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。
①A中仪器m的名称为___________，装置B中盛放的试剂为___________。
②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→___________→d(填仪器接口的小写字母)。
③装置C中仪器n的作用为___________。
(3)小组同学探究溶液的pH对与反应产物的影响，进行如下实验。
查阅资料：为白色难溶于水的固体，能溶于溶液；AgOH为白色难溶于水的固体，易分解，难溶于溶液；为白色固体，微溶于水，不易分解。
步骤一：将一定质量的配成250mL溶液，并测得溶液的；将一定质量配成250mL溶液，并分成两份，一份用将pH调至8，另一份用NaOH溶液将pH调至11；
步骤二：将的溶液滴入足量的的溶液中，开始产生白色沉淀，后沉淀变为棕黑色。
步骤三：将的溶液滴入的溶液中，产生白色沉淀。
①步骤一中配置溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要___________。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为，则该步骤产生的白色沉淀为___________(填化学式)。
③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为___________；请设计实验方案验证假设ⅰ是否正确：___________。
14．（2023·广东湛江·统考一模）某实验小组为探究含硫化合物的性质，设计如下实验探究的氧化性。
实验操作：向小试管中加入溶液，并滴入两滴淀粉溶液，无明显变化，再加入少量溶液，试管中溶液立即变蓝。取上层清液检验，证明溶液中存在。
(1)与反应的离子方程式为___________。
(2)检验该溶液中存在的具体操作及现象为___________。
(3)实验结论：的氧化性___________(填“强于”或“弱于”)。
已知：可与发生反应：。为了进一步探究与的反应速率，小组同学设计下表实验：
试验编号 溶液/ 溶液/ 蒸馏水/ 0.4%的淀粉溶液/滴 溶液/ 变色时间/
Ⅰ 4.0 0 4.0 2 2.0 立即
Ⅱ 4.0 1.0 3.0 2 2.0 30
(4)上述两实验中均加入了不同体积的蒸馏水，其目的为___________。
加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，小组同学对此提出两种猜想：
猜想1：先与反应，消耗完后才与反应；
猜想2：与反应的速率远低于与反应的速率。
为验证上述猜想，小组同学补充下表实验：
试验编号 KI溶液/ 碘水/ 溶液/ 0.4%的淀粉溶液/滴 溶液/ 实验现象
Ⅲ 2 0 20 10 0 0.2 下层溶液显浅紫色
Ⅳ 0 5 20 0 2 20 溶液先变蓝，后迅速褪色，一段时间后又变蓝
(5)验证猜想1的实验设计为___________(填“实验Ⅲ”或“实验Ⅳ”下同)，验证猜想2的实验设计为___________。
(6)下层溶液显浅紫色的原因为___________。
(7)由上述实验可知___________(填“猜想1”或“猜想2”)成立。
参考答案：
1． B 氧化断裂R—I键，使有机碘变为无机碘进入水溶液 将高价无机碘()还原为 b F 乙醚的体积分数越大碘的萃取效果越好 蒸馏
【分析】含碘废液加入溶液，氧化断裂R—I键，使有机碘变为无机碘进入水溶液，加入将高价碘还原为I-，加入溶液把I-氧化为I2，粗碘升华得到固体碘；碘水中加入CCl4和乙醚的混合溶液萃取碘，蒸馏出乙醚，得到碘的CCl4溶液。
【详解】(1)A．由于还原性：，亚硫酸钠能把还原为碘离子，发生反应，故A错误；
B．氧化性 ，先加入淀粉排除的干扰，再加入检验，故B正确；
C．由氧化性：，故可发生反应，与在酸性条件下不能大量共存，故C错误；
故选B；
(2)是强氧化剂，从有机碘中回收碘，需要断裂R—I键，的作用是氧化断裂R—I键，使有机碘变为无机碘进入水溶液；具有还原性，还原性， “步骤3”的目的是将高价无机碘()还原为；
(3) 加入溶液把I-氧化为I2，“步骤4”中发生反应的离子方程式为；
(4)从接口b处通入水，可保证烧瓶底部温度最低，蒸气凝结(凝华)效果更好；中碘为+1价，中碘为-1价，与可以发生归中反应生成单质碘，除去了，化学反应的方程式为：；
(5)由表中从A→F中第三次萃取后的颜色可知，乙醚的体积分数越大碘的萃取效果越好，所以选用表中的为F。
(6)乙醚沸点较低，蒸馏出乙醚，剩余液即为产品2。
【点睛】本题以含碘废液(含碘有机副产物和无机碘)中回收碘为载体，考查化学工艺流程，培养学生对实验的理解和综合运用的能力，熟悉氧化还原反应规律、常见混合物分离方法。
2． 2AlF3+3H2SO4(浓)Al2(SO4)3+6HF↑ Al 温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉 温度升高，PO水解，PO离子浓度减小 趁热过滤 Li2Se6>Li2Se4>Li2Se 108
【分析】铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂。
【详解】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓)Al2(SO4)3+6HF↑；该反应属于复分解反应；
(2)根据分析，滤渣的主要成分是Al；
(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉，导致最终的产率逐渐减小；
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是：温度升高，PO水解，PO离子浓度减小；
(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失，所以先加热蒸发，然后趁热过滤；
(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se，故答案为：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se；
(6)CuSO4标准溶液的浓度为，与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为0.003L×0.002mol/L=6×10-5mol，则n(Al3+)=0.02L×0.005mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，则该废水中Al3+的含量为，故答案为：108mg/L。
3．(1) 增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分 转化Ⅲ
(2)
(3)、
(4) ＞13
(5)降低的溶解度，便于完全沉淀
(6)做制冷剂
【分析】由题给流程可知，富钒废渣和碳酸钠固体混合研磨后，高温下在氧气在焙烧时，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，将得到的烧渣加入盐酸调节溶液pH小于进行酸浸，将五氧化二钒转化为，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2和滤液2；向滤渣2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，过滤得到滤渣3和滤液3；向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，向转化后的溶液中加入氯化铵溶液得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
【详解】（1）焙烧中，研磨所得粉末与氧气逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由分析可知，焙烧所生成的气体为二氧化碳，可在转化Ⅲ工序中将溶液中离子转化为离子，故答案为：增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；转化Ⅲ；
（2）由分析可知，酸浸时钒元素发生的反应为五氧化二钒与盐酸反应生成VO2Cl和水，反应的离子反应方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，滤渣2含有的物质为五氧化二钒和氢氧化铁，故答案为：、；
（4）由分析可知，转化Ⅱ为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子；转化Ⅲ为通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：＞13；；
（5）沉钒时加入过量氯化铵，增大溶液中铵根离子浓度，有利于降低钒酸铵的溶解度，便于离子完全沉淀，提高产品产率，故答案为：降低的溶解度，便于完全沉淀；
（6）由分析可知，煅烧中生成的气体B为氨气，氨易液化，液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低，可做制冷剂，故答案为：制冷剂。
4．(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2) 除去氧化物中的
(3)把+3价钴还原为+2价
(4)3.5≤pH＜6.6
(5)
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
5． 810.25 放热
【详解】(1)设x为中氮氧键的键能，反应热=反应物键能总和-生成物键能总和解得；
(2)由阴极区的微观示意图可知，阴极上转化为转化为，说明在作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为；
(3)①根据图2，作催化剂，参加反应的反应物是，因此发生反应的化学方程式为；
②根据平衡常数与温度的关系，随温度的升高减小，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡向逆反应方向移动，即正反应方向为放热反应；
(4)①根据图3可知：、初始浓度相同时，温度越高，的脱除率越大，说明升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，在相同温度下。化学平衡常数相同，与物质的浓度大小无关，故四点的平衡常数由大到小的顺序为。
②对于反应，由于开始时的平衡脱除率为40%，根据物质反应转化关系可知，平衡时，，平衡时溶液中，故该反应的化学平衡常数。
6．(1) I TS2 消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
(2) 较高 0.06 0.0012
【解析】（1）
①反应放热有利于反应的进行，反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，故选Ⅰ；
②由图1可知历程经过TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤；由图示可知，总反应过程中没有消耗，故催化剂为；
③由盖斯定律可知，反应Ⅳ反应Ⅱ反应Ⅲ，；
之后，温度升高，对消碳反应反应速率影响更大，故积碳量减小的主要原因为消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
（2）
①该反应的、，由有利于自发反应推知，该反应在较高温度下能自发进行；
②起始充入的物质的量为1 mol，压强为；由图可和，平衡时、、的压强分别为0.6p0、0.2p0、0.6p0，平衡时由压强比等于物质的量之比推知、、的物质的量之比为6:2:6；设反应的物质的量为2x，则剩余、生成、的物质的量分别为(1-2x)、x、3x，(1-2x)：x=6:2，则x=0.2mol，故、、的物质的量分别为0.6 mol、0.2 mol、0.6 mol，的浓度为，则反应的平衡常数。由图知，容器的容积缩小到5 L时，乙炔分压增大到原来2倍，该反应为气体分子总数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，故曲线表示分压与时间关系。
7．(1) 大于 1.6×10 3
(2) 1.0V、Cu6(S)
(3) p1>p2>p3 TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
(4)2
【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=，故答案为：；
③由速率公式可得：2.0×10 4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10 3，故答案为：1.6×10 3；
（2）由图可知，电极电势为 1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是 1.0V、Cu6(S)，故答案为： 1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。
8． 24 是离子晶体，是分子晶体 N 6 杂化 正四面体形 H N
【详解】(1)铬的原子序数为24，的核外电子排布式为；原子核外有24个电子就有24种空间运动状态，故基态铬原子核外电子的空间运动状态有24种；的熔点为1100℃，的熔点为83℃，前者比后者高得多，是因为是离子晶体，是分子晶体。故答案为：；24；是离子晶体，是分子晶体；
(2)由图可知与铬形成配位键的原子是N;中心原子的配位数为6;故答案为：N；6；
(3)中氮原子的杂化方式为杂化，其立体构型为正四面体形。故答案为：杂化；正四面体形；
(4)所含元素中电负性最小的是H，基态原子的第一电离能最大的是N。故答案为：H;N;
(5)晶胞边长为，晶胞体对角线长为，晶胞体对角线等于铬原子半径的4倍，所以铬的原子半径为。故答案为：.
【点睛】本题主要考查物质结构与性质，考查学生知识点的综合运用能力和计算能力。
9．(1)
(2) AC
(3) 三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于 平面三角形
(4) 4
【解析】(1)
Zn为30号元素，基态原子的价层电子排布图为；元素的非金属性越强，第一电离能越大，其中Se和As反常，则Se、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为；
(2)
由图1所示化合物的结构可知，Al与O、N形成配位键，分子内不存在离子键和氢键，N原子的价层电子对数目为3，杂化方式为；
(3)
①由表中氧化物的组成和性质可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，故二氧化硫的沸点高于二氧化碳。
②中S原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形。
③中O原子半径比中S原子半径更小，成键电子对更靠近O原子，成键电子对之间排斥力更大，键角更大；
(4)
ZnS和ZnSe晶体中，占用Zn的数目为4，S、Se的数目为=4，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比。
10． 1，2一二溴乙烯 醚键、羧基 7 取代反应 CH2=CH2CH2BrCH2BrNCCH2CH2CN
【分析】由Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ的分子式和前后物质的结构可推知，乙炔与溴发生加成反应生成Ⅱ为、与HCN发生加成反应生成Ⅲ为、与邻苯二酚在碳酸钾作用下发生取代反应Ⅳ为、酸化得到Ⅴ为、与SOCl2发生取代反应生成Ⅵ为。
【详解】由Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ的分子式和前后物质的结构可推知，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ的结构分别为、、、、。
(1) II为，名称为1，2一二溴乙烯；IV的结构简式为；
(2) V为，含有官能团的名称为醚键、羧基；Ⅷ分子中含有的等效氢有如图所示的7种：，故核磁共振氢谱中有7组信号峰；
(3)Ⅵ与Ⅶ以物质的量之比为反应生成Ⅷ。它们还可以以物质的量之比为发生取代反应，反应的化学方程式为：；属于取代反应；
(4)丁二酰氯（）是许多有机合成的中间体，参照上述合成路线及信息，以乙烯为原料，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷与HCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN酸化得到，与SOCl2反应合成丁二酰氯，合成路线为CH2=CH2CH2BrCH2BrNCCH2CH2CN。
11．(1) 丙二酸 (酚)羟基、羧基
(2)++CO2↑+H2O
(3)②④
(4) 10
(5)OHCCH2CHOHOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH
【分析】A催化氧化生成B，根据A的分子式及B的结构简式可推出A为，B与C发生类似已知：RCHORCH=CHCOOH 的反应得到D，结构B、D结构简式可知C为，E催化加氢得到F，根据F的分子式可知F为。
（1）
A的结构简式为；的化学名称为丙二酸；中官能团的名称为(酚)羟基、羧基；
（2）
由信息推知，和反应生成，同时生成和，则反应的化学方程式为；
（3）
由信息可知，反应①发生氧化反应生成，反应②与HI发生取代反应生成，反应③发生加成(还原)反应生成，反应④与发生取代反应生成；反应⑤与发生加成反应生成；
（4）
E为。由信息推知，其同分异构体Q中含有酚羟基和2个醛基，剩余1个饱和碳。则连在苯环上的取代基组合为、、，根据邻间对位置排布共有10种；
（5）
由信息推知，氧化可得，与反应制得，再发生加聚反应得目标产物。则合成路线为。
12．(1) 甲苯 碳溴键(溴原子)和氨基
(2)浓硝酸、浓硫酸、加热
(3)还原反应
(4)
(5) 6 或
(6)
【分析】A发生取代反应生成B，B生成C，C和铁、HCl转化为D，结合D结构可知，A为甲苯，B为，B发生硝化反应在对位引入硝基得到C，C中硝基被还原为氨基得到D；
【详解】（1）A的化学名称为甲苯，中的官能团名称为碳溴键(溴原子)和氨基。
（2）的反应为硝化反应，所以反应时还需要加入的试剂和反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热。
（3）的反应为硝基变氨基的反应，反应类型为还原反应。
（4）由信息可知反应为-NH2和醛基氧的反应生成H，化学方程式为；
（5）的不饱和度为1；其同分异构体中含六元碳环，六元碳环的不饱和度为1，其中若六元碳环上有1个取代基，可能为“”或“”，若有2个取代基则为“”和“”，两个取代基位置异构有四种，分别为连在同一碳上或邻位、间位、对位，共6种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为；
（6）D首先在氢氧化钠水溶液中加热将溴原子转化为羟基，然后羟基氧化为醛基，在一定条件下生成高分子化合物，路线为：。
13．(1) 原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)
(2) 蒸馏烧瓶 品红溶液(或高锰酸钾溶液) gfbc 防止倒吸
(3) 250 mL容量瓶﹑胶头滴管 AgOH 酸性条件下可能将氧化为 取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立
【分析】装置A中铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，将生成的气体通过装置D，用无水硫酸铜检验水蒸气，再用装置B检验二氧化硫，B中盛放品红溶液或酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫污染环境，最后用装置C处理尾气。
【详解】（1）①硫酸与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。
②方案II需要加热，反应I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的优点为：原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)。
（2）①A中仪器m的名称为蒸馏烧瓶，装置B用来检验二氧化硫，因此盛放试剂为：品红溶液(或高锰酸钾溶液)。
②由分析可知，装置的连接顺序为ADBC，因此按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→gfbc→d。
③装置C中仪器n为球形干燥管，其作用为防止倒吸。
（3）①配制250mL一定浓度溶液所需玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为 Ag2O ，由题意可知，氢氧化银易分解生成氧化银和水，因此该步骤产生的白色沉淀为AgOH。
③亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，且pH=4的硝酸银溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，因此白色沉淀可能含硫酸银；由信息可知，为白色难溶于水的固体，能溶于溶液，因此验证沉淀中是否含的操作和现象为：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立。
14．(1)
(2)向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加溶液，产生白色沉淀
(3)强于
(4)控制混合溶液总体积相等(或控制单一变量)，保证除了外，其他投料浓度均相等(2分，答案合理即可)
(5) 实验Ⅲ 实验Ⅳ
(6)反应过程中有生成，并被及时分离(答案合理即可)
(7)猜想2
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）碘单质能使淀粉变蓝色，试管中溶液立即变蓝，取上层清液检验，证明溶液中存在，则反应生成碘单质和硫酸根离子，故与反应的离子方程式为。
（2）检验上层清液中含的具体操作及现象为向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加溶液，产生白色沉淀即可证明溶液中含。
（3）氧化剂氧化性大于氧化产物，根据实验现象可得的氧化性强于。
（4）加入蒸馏水的目的是控制单一变量，使混合溶液总体积相等，保证除了外，其它投料浓度均相等。
（5）实验III证明中间有生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立。
（6）碘极易溶于四氯化碳，下层溶液显浅紫色的原因为反应过程中有生成，并被及时分离。
（7）实验III证明中间有生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立；实验现象说明反应中首先生成了碘单质，碘单质迅速与反应导致溶液又褪色，故猜想2成立。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页