广东省佛山市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、实验题
1．（2021·广东佛山·统考一模）实验室制备SO2并探究其性质及应用的方案如下，回答下列问题：
(1)制备SO2 (部分固定装置略)
①制备二氧化硫可以选择装置_______(填大写字母)，其化学反应方程式为_______。
②利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→_______(按气流方向，填小写字母)。
(2)制备大苏打
已知在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇.其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和。
①将SO2通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色.继续通入SO2气体，当溶液中再次出现_______现象时，反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，_______，可得到固体。
③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入_______。
(3)测定大苏打纯度.现称取ag上述样品，用少量水溶解，滴入1~2滴酚酞，再注入缓冲溶液，然后以淀粉为指示剂，用的I2标准溶液滴定.已知该条件下：
①加缓冲溶液的目的是_______。
②若滴定时平均消耗标准碘液VmL，产品纯度为_______(列表达式)。
2．（2022·广东佛山·统考一模）一氧化二氯(Cl2O)是国际公认的高效安全灭菌消毒剂，其部分性质如下：现用如图所示装置制备少量Cl2O。
已知：常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，易溶于水；熔点：-120.6℃；沸点2.0℃。
(1)盛有浓盐酸的仪器的名称是_______。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(3)装置B中的试剂是_______。
(4)装置C中固体产物为NaCl和，写出该反应的化学方程式_______。
(5)装置E中Cl2O的收率与装置C的温度和纯碱的含水量的关系如表所示，下列猜想明显不合理的是_______。
温度/℃ 纯碱含水量/％ Cl2O收率/％
0～10 5.44 67.85
0～10 7.88 89.26
10～20 8.00 64.24
30～40 10.25 52.63
30～40 12.50 30.38
A．温度越高，Cl2O的收率越低
B．纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高
C．随着纯碱含水量增大，Cl2O的收率先增大后减小
D．温度较低时，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高，温度较高时，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越低
(6)C中盛装含水碳酸钠(即与水按照质量106∶9调制而成)，用来吸收氯气制备Cl2O。如果用表示含水碳酸钠，则x为_______。
3．（2022·广东佛山·统考一模）某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。
已知：。
(1)向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中加热，试管内壁产生银镜。写出反应的化学方程式_______。
(2)文献记载：碱性条件有利于银镜产生。小组设计实验验证该说法。
序号 实验 试剂 混合液pH 现象
Ⅰ NaOH 10 常温产生银镜
Ⅱ 浓氨水 10 加热无银镜
Ⅲ 无 8 加热才能产生银镜
①对比实验_______和_______，证实了文献的说法。
②实验Ⅱ未产生银镜，结合以下机理简要分析原因_______。
CH3COO-+Ag
(3)文献还记载：在强碱条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。小组进一步实验如下。
实验Ⅳ：向银氨溶液中加入NaOH溶液至pH=14，得到棕黑色沉淀，振荡后将试管放在热水浴中温热，有气泡产生，试管内壁产生银镜。
①实验Ⅳ中，将Ag元素还原的离子可能是_______。
②经检验棕黑色沉淀Y中含有Ag单质，请设计实验方案验证：_______。
4．（2023·广东佛山·统考一模）HNO3是重要的化工原料，浓HNO3与Cu反应的装置如图1所示：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，在该实验中的作用为_______。
(2)关于该实验下列说法错误的是_______。
A．该反应需要加热才能进行 B．可通过抽动铜丝控制反应开始和停止
C．反应后迅速生成大量红棕色气体 D．烧杯中仅发生中和反应
(3)某小组同学发现Cu与浓HNO3反应所得混合溶液为绿色，Cu与稀HNO3反应所得混合溶液为蓝色，针对绿色产生的原因展开探究。
【提出猜想】
猜想a：Cu(NO3)2浓度大
猜想b：NO2溶解在Cu(NO3)2溶液中
【实验验证】
实验i：配制饱和Cu(NO3)2溶液，溶液呈_______色，证明猜想a不成立。
实验ii：取适量Cu与浓HNO3反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入空气后，溶液上方可观察到_______，5min后，溶液完全变为蓝色，证明猜想b成立。
(4)另一组同学查阅资料发现：NO2能与水反应生成HNO2，进而发生下述反应：
①由此该组同学认为通过实验说明猜想b成立不严谨，理由是_______。
②写出NO2与水反应生成HNO2的化学方程式_______。
③该组同学改进后设计了新的实验：
实验iii：取适量Cu与浓HNO3反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入氮气后，溶液上方现象与实验ii相同，但5min后，溶液仍为绿色。对比实验ii与实验iii，可推测Cu(NO3)2溶液为绿色的原因主要是_______。
二、工业流程题
5．（2021·广东佛山·统考一模）用硼镁矿(主要成分为，含、、铁和铝的氧化物等杂质)生产硼酸并回收硫酸镁的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程发生的主要化学反应方程式为_______。
为避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，应采取的措施为_______。
(2)“除杂”时向滤液中加入H2O2和试剂a，H2O2的作用为_______(用离子方程式表示).试剂a为_______。
(3)硫酸镁的溶解度随温度变化曲线如图所示.得到的温度范围为_______，为从“母液”中充分回收，应保持“母液”在_______℃以上蒸发浓缩、_______，再用乙醇洗涤后干燥。
(4)加热硫酸镁晶体，得到硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x=_______。
6．（2022·广东佛山·统考一模）一种利用黄铁矿烧渣和硫酸铵废液制备铵铁蓝颜料的工艺如下：
已知：黄铁矿的主要成分是FeS2；铵铁蓝的化学式为，难溶于水。
(1)高纯度硫酸铵溶液能够提高铵铁蓝的品质，为除去硫酸铵废液中的Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，写出反应的离子方程式_______，“调pH”工序应加入_______(写出一种物质的化学式)。
(2)黄铁矿在空气中焙烧得到黄铁矿烧渣，其主要成分是_______(写化学式)。
(3)“还原”工序获得FeSO4溶液，则“结晶”工序的操作方法是_______。
(4)“沉铁”工序产生的白色沉淀中Fe的化合价为_______，“氧化”工序发生反应的离子方程式为_______。
7．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
三、原理综合题
8．（2021·广东佛山·统考一模）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术.正戊烷和异戊烷的部分性质如表：
名称 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃ 燃烧热/
正戊烷 CH3CH2CH2CH2CH3 -130 36 3506.1
异戊烷 (CH3)2CHCH2CH3 -159.4 27.8 3504.1
回答下列问题：
(1)稳定性：正戊烷_______异戊烷(填“>”或“=”或“<”)。
(2)25℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为_______。
(3)在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率随温度变化如图所示。
①28~36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是_______。
②150℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)
③150℃时，该反应的平衡常数为3.2，则正戊烷的平衡转化率为_______(保留三位有效数字)。
(4)在正戊烷中混入一定比例的H2有利于异构化反应的进行，一种“分步法电解制氢气”的装置如图.该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2。
①第一步反应时，开关K应该连接_______(选填“K1”或“K2”)。
②第二步反应时，NiOOH/Ni(OH)2发生的电极反应方程式_______
③当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2L H2 (标准状况)，则电能的利用率为_______(保留三位有效数字)。
9．（2021·广东佛山·统考一模）是环境友好材料，能光催化降解有机物.回答下列问题：
(1)基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为_______，价电子中未成对电子有_______个。
(2)二氧化钛与(光气)、(二氯亚砜)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。
① (光气)的立体构型为_______，中键和键的数目比为_______。
② (二氯亚砜)是_______分子.(填“极性”或“非极性”)
(3)香豆素()是一种天然香料，能被光降解。
①香豆素分子中C、O元素的第一电离能大小关系是_______，理由是_______。
②分子中C原子的杂化类型是_______。
③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m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)，则香豆素中的大π键应表示为_______。
(4)研究表明，在通过氮掺杂反应生成，能使对可见光具有活性，反应如图所示。
晶体中_______，_______。
10．（2023·广东佛山·统考一模）碳中和是我国的重要战略目标，以和为原料合成受到广泛关注。
该过程主要涉及以下反应：
反应I
反应II
回答下列问题：
(1)已知：，反应I的_______0(填“>”、“<”或“=”)，反应I和II的吉布斯自由能与热力学温度(T)之间的关系如图所示，_______。
(2)向密闭容器中充入、反应合成，平衡时各组分的体积分数随温度变化如图所示。
①在工业上，常选用作为合成温度，原因是_______。
②时对甲烷的选择性=_______(保留2位有效数字，已知：选择性=生成的物质的量/参与反应的的物质的量)，该温度下反应II的_______。(保留2位有效数字，已知：分压=组分物质的量分数×总压)
(3)光催化剂在光能作用下，电子发生跃迁，形成类似于电解池的阴阳极，将转变为。酸性环境下该过程的电极反应式为_______。
四、有机推断题
11．（2021·广东佛山·统考一模）化合物M是止吐药阿扎司琼的合成中间体，化合物M的合成路线如图：
(1)A的化学名称为_______。
(2)③的化学反应方程式为_______。
(3)⑤的化学反应类型为_______。
(4)M中的含氧官能团的名称为肽键、_______。
(5)B的同分异构体中，符合下列条件的物质共有_______种，其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为_______。
①能与碳酸氢钠溶液反应；②遇FeCl3溶液显紫色
(6)设计由制备的合成路线_______。
12．（2022·广东佛山·统考一模）一种合成解热镇痛类药物布洛芬的方法如下：
已知是一种还原剂，回答下列问题。
(1)C的分子式为_______。
(2)D的结构简式是_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)化合物M的分子式为，与布洛芬互为同系物，且有6个化学环境相同的氢原子，写出一种符合条件的M的结构简式_______。
(5)参照上述合成路线，设计一条以2—丙醇主要原料合成的合成路线(其他无机试剂任选)。_______
13．（2023·广东佛山·统考一模）有机物X是合成一种治疗细胞白血病药物的前体，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)Ⅱ的结构简式为_______。
(2)，则W的化学式为_______。
(3)由Ⅵ生成Ⅶ的化学方程式为_______。
(4)Ⅷ的化学名称为_______，Ⅸ中所含官能团的名称为_______。
(5)Ⅲ的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①苯环上有二个取代基；
②能发生银镜反应，不能发生水解反应；
③核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1。
(6)参照上述合成路线，设计由Ⅲ和1，3-丁二烯合成的路线(其它无机试剂任选)_______。
五、结构与性质
14．（2022·广东佛山·统考一模）乙二胺四乙酸(EDTA)及其盐类能与多种金属离子发生络合反应，具有广泛用途。EDTA的分子结构如图所示。
(1)EDTA所含元素电负性有小到大的顺序为_______。
(2)EDTA分子中碳原子采取的杂化类型为_______。基态氧原子核外电子有_______种运动状态。
(3)EDTA可以与形成盐，分子的VSEPR模型为_______。氨熔沸点低，铵盐熔沸点高，原因是_______。
(4)EDTA及其盐可与形成稳定络合物，用于测定水的硬度，这一性质与EDTA分子中_______原子能够提供孤电子对有关。
15．（2023·广东佛山·统考一模）我国提取的月壤样品主要是由硅酸盐组成的辉石、斜长石，回答下列问题：
(1)基态硅原子的价电子排布图为_______。
(2)CO2与SiO2是同主族氧化物，但熔沸点差距很大，其原因是_______。
(3)硅酸盐阴离子的基本结构单元如图1所示，其化学式；图2阴离子由两个图1单元共用1个顶角氧组成，其所带的负电荷数为_______；图3是角项氧相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链，其、O原子的个数比为_______。
(4)Mg和Cu形成的晶体中，也存在四面体结构，Mg以金刚石方式堆积，剩余的4个四面体空隙放置Cu4四面体，如图4所示。Cu4四面体结构的镁配位数为_______，已知晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______(列出计算表达式)。
参考答案：
1． A 黄色 冷风吹干 乙醇 防止溶液呈酸性影响测定结果
【分析】实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收。将SO2通入装有、混合溶液制备硫代硫酸钠，结合物质的性质，当第二次出现黄色现象时，反应基本结束。反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，结合的性质采用冷风吹干，可得到固体。用滴定法测定样品纯度时。要防止溶液呈酸性影响测定结果。按反应方程式根据滴定时平均消耗的I2标准溶液VmL，可计算得到产品纯度。
【详解】(1) ①实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，选择装置A，其化学反应方程式为。②经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收；利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→。
(2)①将SO2通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、变黄色的反应原理为： 、 ，随着反应 不断发生，硫不断消耗最终变无色，继续通入SO2气体，亚硫酸溶液呈酸性，已知水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和，故当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束。②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，进行干燥时，已知在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，故采用冷风吹干，可得到固体。③已知难溶于乙醇，为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇。
(3)①已知水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和，滴定过程中加入缓冲溶液，能使溶液的pH基本保持稳定，防止溶液呈酸性影响测定结果。②可知存在数量关系 ，若滴定时平均消耗的I2标准溶液VmL，则，的摩尔质量为248g mol 1，产品纯度为 (列表达式)。
2．(1)分液漏斗
(2)
(3)饱和食盐水
(4)
(5)B
(6)0.5
【分析】实验室先用MnO2与浓盐酸加热制Cl2，再用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl；将Cl2通入潮湿的Na2CO3中加热，发生反应，将产生的Cl2O用冰水混合物冷却，从而获得Cl2O，含Cl2尾气用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）盛有浓盐酸的仪器带有活塞，其名称是分液漏斗。答案为：分液漏斗；
（2）装置A中，MnO2与浓盐酸加热制Cl2，离子方程式为。答案为：；
（3）后续实验是Cl2与潮湿的Na2CO3反应，所以Cl2不需要干燥，则装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl，试剂是饱和食盐水。答案为：饱和食盐水；
（4）装置C中，Cl2与潮湿的Na2CO3反应，所得固体产物为NaCl和，该反应的化学方程式：。答案为：；
（5）A．从表中数据可以得出，随着温度的不断升高，Cl2O的收率不断降低，A正确；
B．从表中数据可以看出，纯碱含水量越高，Cl2O的收率先高后低，B不正确；
C．随着纯碱含水量增大，Cl2O的收率从67.85%增大到89.26%，然后不断减小，C正确；
D．0～10℃，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高，从10℃往后，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越低，D正确；
故选B。答案为：B；
（6）Na2CO3与水质量比为106∶9，则物质的量之比为1:0.5，如果用表示含水碳酸钠，则x为0.5。答案为：0.5。
【点睛】Cl2O为HClO对应的酸性氧化物，能与NaOH反应生成NaClO等。
3．(1)CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
(2) Ⅰ Ⅲ Ag+浓度小或氨水浓度大，逆向移动，Ag+浓度减小
(3) OH- 取棕黑色沉淀，加入稀硝酸溶液，产生无色气泡，气泡接触空气变为红棕色，说明存在Ag
【分析】乙醛能还原银氨溶液，但需要提供一定的条件，如碱性条件，但使用氨水，则难以生成银镜，究其原因，是氨水中氨的浓度过大，抑制了银氨离子的电离。
【详解】（1）向银氨溶液中滴加乙醛，在热水浴中加热，试管内壁产生银镜，则发生氧化反应，乙醛转化为乙酸铵，化学方程式：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。答案为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（2）①从表中可以看出，三个实验都提供碱性条件，但Ⅱ中没有银镜生成，则对比实验Ⅰ和Ⅲ，证实了文献的说法。
②实验Ⅱ未产生银镜，从CH3CHO的转化分析，我们没有发现问题，问题只能是c(Ag+)，则原因是：Ag+浓度小或氨水浓度大，逆向移动，Ag+浓度减小。答案为：Ⅰ；Ⅲ；Ag+浓度小或氨水浓度大，逆向移动，Ag+浓度减小；
（3）①实验Ⅳ中，提供强碱性环境，NH3不可能将Ag+氧化，则能将Ag元素还原的离子，只可能是OH-。
②经检验棕黑色沉淀Y中含有Ag单质，验证Ag时，可加入稀硝酸溶解，根据实验产生的现象进行判断，实验方案为：取棕黑色沉淀，加入稀硝酸溶液，产生无色气泡，气泡接触空气变为红棕色，说明存在Ag。答案为：OH-；取棕黑色沉淀，加入稀硝酸溶液，产生无色气泡，气泡接触空气变为红棕色，说明存在Ag。
【点睛】醛在碱性条件下可以发生银镜反应，但提供碱性的试剂不同，控制的pH不同。
4．(1) 球形干燥管 防止倒吸
(2)AD
(3) 蓝 有红棕色气体放出
(4) 由于NO2与水反应能够生成HNO2，HNO2与Cu2+能够发生可逆反应，随着空气的通入，HNO2被氧化为HNO3，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，且溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2 2NO2+H2O=HNO2+HNO3 NO2溶于Cu(NO3)2溶液中
【分析】Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，方程式为：3Cu+4HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，据此分析结合各小题情景解题。
【详解】（1）由题干图示实验装置图可知，仪器a的名称是球形干燥管，在该实验中的作用为防止倒吸，故答案为：球形干燥管；防止倒吸；
（2）A．硝酸的氧化性较强，Cu与浓硝酸反应不需要加热就能进行，A错误；
B．可通过抽动铜丝来控制Cu与浓硝酸是否接触，故可控制反应开始和停止，B正确；
C．Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，故反应后迅速生成大量红棕色气体，C正确；
D．烧杯中发生的反应有：HNO3+NaOH=NaNO3+H2O和2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，故不仅发生中和反应，还发生了氧化还原反应，D错误；
故答案为：AD；
（3）实验i：猜想a认为：Cu(NO3)2溶液浓度大时呈绿色，浓度小时呈蓝色，故若配制饱和Cu(NO3)2溶液，溶液呈蓝色，证明猜想a不成立，故答案为：蓝；
实验ii：猜想b认为：NO2溶解在Cu(NO3)2溶液中导致溶液呈绿色，故取适量Cu与浓HNO3反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入空气后，空气将带出部分NO2，同时4NO2+O2+2H2O=4HNO3，溶液上方可观察到有红棕色气体放出，5min后，溶液完全变为蓝色，证明猜想b成立，故答案为：有红棕色气体放出；
（4）①由于NO2与水反应能够生成HNO2，HNO2与Cu2+能够发生可逆反应，随着空气的通入，HNO2被氧化为HNO3，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，但溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2，由此该组同学认为通过实验说明猜想b成立不严谨，故答案为：由于NO2与水反应能够生成HNO2，HNO2与Cu2+能够发生可逆反应，随着空气的通入，HNO2被氧化为HNO3，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，且溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2；
②NO2与水反应生成HNO2，N的化合价降低，根据氧化还原反应有降必有升可知，同时还生成有HNO3，故该反应的化学方程式为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3，故答案为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3；
③实验iii：取适量Cu与浓HNO3反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入氮气后，溶液上方现象与实验ii相同即N2带出部分红棕色气体NO2，但由于没有O2，不能发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则5min后，溶液仍为绿色。对比实验ii与实验iii，可推测Cu(NO3)2溶液为绿色的原因主要是NO2溶于Cu(NO3)2溶液中，故答案为：NO2溶于Cu(NO3)2溶液中；
5． 分批慢慢加入硫酸(或用搅拌器搅拌) [或、] 1.8~48.1℃ 67.5 趁热过滤 7
【分析】硼镁矿(主要成分为，含、、铁和铝的氧化物等杂质)加入硫酸，生成硫酸镁、硼酸、硫酸钙、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝，和硫酸不反应，硫酸钙微溶于水，滤渣1是、CaSO4；滤液1加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，用[或、调节pH除去Fe3+、Al3+，滤液2冷却得到沉淀，过滤后的母液蒸发浓缩、趁热过滤得。
【详解】(1)“酸浸”过程发生的主要化学反应是和硫酸反应生成硫酸镁、硼酸，化学方程式为；分批慢慢加入硫酸(或用搅拌器搅拌)可以避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出；
(2)“除杂”时向滤液中加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，，加入试剂a调节pH除去Fe3+、Al3+，为不引入新杂质，试剂a可以是[或、]；
(3)根据图示，得到的温度范围为1.8~48.1℃，为从“母液”中充分回收，应保持“母液”在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤，再用乙醇洗涤后干燥。
(4)设硫酸镁晶体的化学式是， ，解得x=7。
6．(1) 或
(2)Fe2O3
(3)蒸发浓缩、冷却结晶
(4) +2
【分析】硫酸铵废液中含有Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，可将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH后生成Fe(OH)3沉淀；黄铁矿烧渣中含有Fe2O3，加入硫酸溶解后生成Fe2(SO4)3，再加入黄铁矿还原，得到Fe2+等，结晶生成硫酸亚铁晶体；Fe(OH)3沉淀、硫酸亚铁晶体混合后，加入H2SO4、K4[Fe(CN)6]，沉铁得到，加入H2SO4、NaClO3氧化，得到铵铁蓝。
【详解】（1）为除去硫酸铵废液中的Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式：，“调pH”工序应加入碱，但不能引入新的杂质，所以可加入或。答案为：；或；
（2）黄铁矿在空气中焙烧，发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，得到黄铁矿烧渣，其主要成分是Fe2O3。答案为：Fe2O3；
（3）“还原”工序获得FeSO4溶液，则“结晶”工序中，将FeSO4从溶液中结晶析出，需要增大浓度、同时降低溶解度，所以操作方法是：蒸发浓缩、冷却结晶。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）“沉铁”工序产生的白色沉淀中，显+1价、CN-显-1价，依据化合价的代数和为0，Fe的化合价为+2，“氧化”工序中，转化为，有1个Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。答案为：+2；。
【点睛】若溶液中含有杂质离子，通常获取溶质的方法都是蒸发浓缩、冷却结晶。
7．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
8． < CH3CH2CH2CH2CH3(l)=(CH3)2CHCH2CH3(l) H=-2.0kJ/mol 28-36°C时，异戊烷汽化离开体系，产物浓度降低，平衡正向移动 不变 76.2% K1 NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH- 96.0%
【详解】(1)根据表中数据，正戊烷完全燃烧释放的热量大于异戊烷释放的热量，则异戊烷具有的能量低于相同量的正戊烷，故异戊烷的稳定性大于正戊烷；
(2)根据表中数据，①CH3CH2CH2CH2CH3(l)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l) H=-3506.1kJ/mol，②(CH3)2CHCH2CH3(l)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l) H=-3504.1kJ/mol，根据盖斯定律，①-②可得，CH3CH2CH2CH2CH3(l)= (CH3)2CHCH2CH3(l) H=-2.0kJ/mol；
(3)①含有相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，在28~36℃时，异戊烷气化，从体系中分离，导致平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大；
②反应体系中，物质均为气态，反应前后气体系数相同，增大压强，平衡不移动，则增大压强，正戊烷的平衡转化率不变；
③根据图象可知，150℃时，正戊烷的反应量为m，
K==3.2，解得m=0.762，正戊烷的平衡转化率=×100%=76.2%；
(4)①第一步反应时，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应，则化合价升高，失电子，作阳极，故电路中闭合K1；
②第二步反应时，在另一个惰性电极产生O2，则为水失电子生成氧气，故NiOOH/Ni(OH)2电极发生还原反应，得电子，电极反应式为NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-；
③产生标准状况下67.2L H2，需要转移6mol电子，电能的利用率=×100%=96%。
9． 4s 2 平面三角形 3：1 极性 O＞C O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大 sp2
【详解】(1)Ti为22号元素，基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其最高能级为4s；价电子上的3d轨道上有2个电子未成对，故答案为：4s；2；
(2)①中C原子成3个价键，其中C与O原子之间为双键，因此为平面三角形构型；1个双键中含有1个δ键和1个π键，单键中只有δ键，因此中键和键的数目比为3：1，故答案为平面三角形；3：1；
②的结构式为，分子中正负电荷中心不重叠，因此为极性分子；
(3)①C、O元素位于同一周期，同周期元素第一电离能从左至右存在逐渐增大的趋势，因此第一电离能O＞C；其原因是O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大；
②分子中C原子的价层电子数为3，且没有孤电子，因此C原子均为sp2杂化；
③单双键交替的共轭结构可以形成大π键，因此香豆素中双环上成环原子均存在1个电子参与形成大π键，共10个原子，10个电子，因此香豆素中的大π键应表示为；
(4)由图可知，TiO2晶胞中，Ti原子位于顶点和面以及体心，O原子位于面和棱边以及晶胞内部，因此1个晶胞中含Ti：8×＋4×＋1＝4，O：8×＋8×＋2＝8，进行N掺杂后，有2个O原子形成氧空穴，1个O原子被N原子替代，则掺杂后晶体中N原子为，O原子数为8－1－－＝，晶胞内各原子数为，定Ti原子数为1，则2－a＝×，解得a＝，b＝×＝。
10．(1) ＜ -165
(2) 350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高 93.75% 0.22
(3)CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
【详解】（1）由题干信息可知，反应I即，正反应是一个气体体积减小的方向，则该反应的＜0，反应I和II的吉布斯自由能与热力学温度(T)之间的关系图所示信息可知，曲线2代表反应I的变化关系，故-165，故答案为：＜；-165；
（2）①由题干图像可知，350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高，故在工业上，常选用350℃作为合成温度，故答案为：350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高；
②由题干图像可知，450℃时，CH4的体积分数为37.5%，CO的体积分数为2.5%，根据碳原子守恒可知，CO2对甲烷的选择性=×100%=93.75%，假设CO2总共转化量为xmol，则0.9375x转化为CH4,0.0625x转化为CO，根据三段式分析可得：，，该温度下达到平衡时，CH4的物质的量为：0.9375xmol，H2O的物质的量为：1.875x+0.0625x=1.9375xmol，H2的物质的量为：3-3.75x-0.0625x=(3-3.8125x)mol，CO的物质的量为0.0625xmol，CO2的物质的量为1-0.9375x-0.0625x=(1-x)mol，根据CO2的体积分数和H2的体积分数相等有：3-3.8125x=0.9375x，解得x=0.63mol，平衡时体系气体总的物质的量为：0.9375xmol +1.9375xmol +(3-3.8125x)mol +0.0625xmol +(1-x)=4-1.875x=4-1.875×0.63=2.81875mol，H2的分压为：=0.212p总，CO2的平衡分压为：=0.131p总，CO的平衡分压为：=0.014p总，H2O的平衡分压为：=0.433p总，反应II的Kp===0.22，故答案为：93.75%；0.22；
（3）光催化剂在光能作用下，电子发生跃迁，形成类似于电解池的阴阳极，将CO2转变为CH4，该过程发生还原反应，故酸性环境下该过程的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。
11． 邻羟基苯甲酸 +HNO3H2O+ 取代反应 羧基、醚键 13
【分析】A的分子式为C7H6O3，根据B的结构简式可知A中含有苯环，则支链上只有一个碳原子，再对比A、B的结构简式可知A应是与CH3OH发生酯化反应生成B，则A为；根据D生成E的条件可知该反应在D的苯环上引入了硝基，所以B到D应为B中苯环上的氢原子被氯原子取代的反应，所以D为。
【详解】(1)A的结构简式为，苯甲酸为主链，羧基邻位上有一个酚羟基，所以名称为邻羟基苯甲酸；
(2)根据分析可知反应③为D的硝化反应，D为，所以化学反应方程式为+HNO3H2O+；
(3)对比F和G的结构简式可知F中氨基上的氢原子和羟基上的氢原子被-CH2CO-代替生成G，所以为取代反应；
(4)根据M的结构简式可知其含氧官能团为肽键、醚键和羧基；
(5)B含有8个C原子，3个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：
①能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；若苯环上有两个支链，则可以是：—OH、—CH2COOH，此时有邻间对3种同分异构体；若苯环上有三个支链，可以是：—OH、—CH3、—COOH，定二移一讨论可知有10种同分异构体，所以共有3+10=13种同分异构体；其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为；
(6)根据D生成G的流程可知由制备，可先由和HNO3在-5~0℃时发生硝化反应，然后硝基再被还原，之后与ClCH2COCl取代生成目标产物，所以合成路线为。
12．(1)
(2)
(3)+HBr+H2O
(4)或
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铝做催化剂条件下与发生取代反应，催化剂作用下发生还原反应生成；CH3COOH与SOCl2共热发生取代反应生成CH3COCl，CH3COCl与发生取代反应生成，则D为；与硼氢化钠发生还原反应生成，与溴化氢共热发生取代反应生成，经两步反应转化为。
【详解】（1）由结构简式可知，C的分子式为C10H14，故答案为：C10H14；
（2）由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
（3）由分析可知，E→F的反应为与溴化氢共热发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为+HBr+H2O，故答案为：+HBr+H2O；
（4）分子式为C9H10O2，与布洛芬互为同系物的化合物M分子中有6个化学环境相同的氢原子，则M分子中苯环上连有羧基和2个处于对称位置上的甲基，结构简式为、，故答案为：或；
（5）由题给合成路线可知，以2—丙醇主要原料合成的合成步骤为与溴化氢共热发生取代反应生成，经两步反应转化为，与SOCl2共热发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
13．(1)
(2)HCl
(3)+NaOH+CH3COONa
(4) 4-溴苯甲酸或者对溴苯甲酸 酰胺基和碳溴键
(5)
(6)CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2CH2Cl
【分析】由题干合成流程图信息可知，由I、Ⅲ的结构简式和Ⅱ的分子式可知，Ⅱ的结构简式为：，由Ⅵ、Ⅸ、Ⅷ的结构简式和Ⅵ转化为Ⅶ的反应条件可知，Ⅶ的结构简式为：，(5)由题干合成流程图中Ⅲ的结构简式可知其分子式为：C8H9NO，①苯环上有二个取代基；②能发生银镜反应即分子中含有醛基，不能发生水解反应，不含甲酸酰胺基；③核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1，说明含有甲基，符合上述条件的同分异构体的结构简式为： ，(6)由题干合成流程图中Ⅲ和Ⅴ转化为Ⅵ信息可知，可由ClCH2CH2CH2CH2Cl和转化而来，ClCH2CH2CH2CH2Cl可由ClCH2CH=CHCH2Cl和H2加成得到，ClCH2CH=CHCH2Cl可由CH2=CHCH=CH2与Cl2发生1，4-加成反应，由此分析可知确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，Ⅱ的结构简式为：，故答案为：；
（2）根据质量守恒并结合题干流程图中Ⅲ、Ⅴ、Ⅵ的结构简式可知，反应方程式，则W的化学式为为：HCl，故答案为：HCl；
（3）由分析可知，Ⅶ的结构简式为：，则由Ⅵ生成Ⅶ的化学方程式为：+NaOH+CH3COONa，故答案为：+NaOH+CH3COONa；
（4）由题干流程中Ⅷ的结构简式：，故Ⅷ的化学名称为4-溴苯甲酸或者4-溴苯甲酸，由Ⅸ的结构简式可知Ⅸ中所含官能团的名称为酰胺基和碳溴键，故答案为：4-溴苯甲酸或者对溴苯甲酸；酰胺基和碳溴键；
（5）由题干合成流程图中Ⅲ的结构简式可知其分子式为：C8H9NO，①苯环上有二个取代基；②能发生银镜反应即分子中含有醛基，不能发生水解反应，不含甲酸酰胺基；③核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1，说明含有甲基，符合上述条件的同分异构体的结构简式为： ，故答案为：；
（6）由题干合成流程图中Ⅲ和Ⅴ转化为Ⅵ信息可知，可由ClCH2CH2CH2CH2Cl和转化而来，ClCH2CH2CH2CH2Cl可由ClCH2CH=CHCH2Cl和H2加成得到，ClCH2CH2CH2CH2Cl可由CH2=CHCH=CH2与Cl2发生1，4-加成反应，由此分析可知确定合成路线如下：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2CH2Cl，故答案为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2CH2Cl。
14．(1)H、C、N、O或H＜C＜N＜O
(2) 、 8
(3) 四面体 氨是分子晶体，相邻分子靠分子间作用力相互吸引，铵盐是离子晶体，离子间存在离子键，离子键的相互作用比分子间作用力强，所以熔沸点高
(4)N、O
【详解】（1）EDTA的组成元素有碳、氢、氮、氧，因此四种元素的电负性从大到小的顺序为H、C、N、O或H＜C＜N＜O；
（2）EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型，前者为sp2杂化、后者为sp3 杂化，答案为、；
同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氧原子核外电子数为8，所以电子的运动状态有8种；
（3）NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，VSEPR模型为四面体形；
氨是分子晶体，相邻分子靠分子间作用力相互吸引，铵盐是离子晶体，离子间存在离子键，离子键的相互作用比分子间作用力强，所以熔沸点高；
（4）EDTA分子中N、O原子能够提供孤电子对，EDTA及其盐可与形成稳定络合物，用于测定水的硬度。
15．(1)
(2)CO2是分子间作用力形成的分子晶体，SiO2是共价键形成的空间网状共价晶体
(3) 6 1：3
(4) 4
【详解】（1）已知Si是14号元素，基态硅原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，其价电子排布式为：3s23p2，则其价电子排布图为，故答案为：；
（2）CO2是分子晶体，分子间是范德华力，SiO2是空间网状的共价晶体，原子之间是共价键，作用力远大于范德华力，所以固体CO2的熔沸点比SiO2熔沸点要小得多，故答案为：CO2是分子间作用力形成的分子晶体，SiO2是共价键形成的空间网状共价子晶体；
（3）由图可知，图1的化学式为，形成而聚硅酸根离子是两个通过1个O原子相连，可知图2的化学式为，在无限长链中，令含有n个Si，则含有[4n-(n-1)]=(3n+1)个O，故Si、O原子个数比为1：3，故答案为：6；1：3；
（4）如图4所示信息可知，Cu4相当于位于金刚石中正四面体中体内的碳原子位置，Cu4四面体结构的镁配位数即离Cu4最近的且距离相等的Mg个数为4，已知晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞中含有Mg个数为：=8，含有Cu个数为4×5-4=16，故一个晶胞的质量为：， 一个晶胞的体积为：(a×10-7cm)3，则该晶体的密度为==，故答案为：4；。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
