江苏盐城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份江苏盐城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共32页。试卷主要包含了0×10−3、Ksp=3，5～10，5增至9，88时的去除率远低于pH=4等内容，欢迎下载使用。

江苏盐城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·江苏盐城·高二统考期末）下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是（      ）
A．中子数为20的钾原子：K
B．K+的结构示意图：
C．CO2的电子式：
D．C2H2的结构式：H—CC—H
2. （2020春·江苏盐城·高二统考期末）铜酸镧是一种反铁磁绝缘体，可由Cu(NO3)2和La(NO3)3为起始原料、水为溶剂、柠檬酸为络合剂，采用溶胶—凝胶法制备。
(1)Cu2+基态核外电子排布式为___。
(2)与NO互为等电子体的阴离子为___。
(3)柠檬酸(结构简式为)分子中碳原子的轨道杂化类型为___；1mol柠檬酸分子含σ键数目为___mol。
(4)铜酸镧的晶胞结构如图所示，写出其化学式：___。

3. （2022春·江苏盐城·高二校联考期末）电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：

已知：Ksp(MnF2)=5.0×10−3、Ksp(CaF2)=3.5×10−11，回答下列问题：
(1)“酸浸”时，所用的稀酸X是_______(填化学式)。
(2)“酸浸”过程中，Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。

20~80 min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为_______。
(3)室温下，反应MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Mn2+的浓度为2 mol·L-1，则此时Ca2+的浓度为_______。
(4)Mn3O4含量的测定：准确称取0.2400gMn3O4样品于锥形瓶中，加入25.00 mL0.2000 mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000 mol·L-1KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液16.00 mL。测定过程中发生下列反应：Mn3O4+C2O+8H+=3Mn2++2CO2↑+4H2O；2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；计算Mn3O4样品的纯度(写出计算过程)。________
4. （2020春·江苏盐城·高二统考期末）甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，可由H2与CO或CO2反应制备，主要用于制备羧基甲酯等。
(1)水杨酸甲酯是无色透明油状液体，密度为1.54g·cm-3，常作为医药制剂的赋香剂。制备及提纯水杨酸甲酯的实验步骤如下：
步骤1.在三口烧瓶中加入3.5g(0.025mol)水杨酸()、15mL(0.375mol)甲醇、1mL浓硫酸，几粒沸石，在85~95℃加热回流1.5h(装置如图所示)。

步骤2.向回收甲醇后剩余液中加入10mL水，振荡、静置，分液出有机相。
步骤3.有机相依次用水、10%Na2CO3溶液、水洗涤。
步骤4.干燥，蒸馏并收集221~224℃馏分。
①图中仪器W的名称是___。
②步骤3，第一次水洗的主要目的是___；第二次水洗的目的是___。
③合成水杨酸甲酯的化学方程式为___；实验中加入过量甲醇的目的是___。
(2)工业上制备甲醇的主要反应有：
(Ⅰ)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    ΔH1       平衡常数K1
(Ⅱ)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)    ΔH2       平衡常数K2
(Ⅲ)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    ΔH3       平衡常数K3
维持=75：25，CO、CO2以及n(CO2)：n(CO)=1：2，用不同催化剂时甲醇的产率随温度的变化如图所示：

①平衡常数K3=___(用K1、K2表示)；△H1___0(填“>"或“<”)。
②下列叙述正确的是___ (填标号)。
A．催化剂Cu/ZnO不能催化反应(I)
B．催化剂Cu/ZnO在温度低于480K时活性很低
C．图中a点所示条件下，延长反应时间能提高甲醇的产率
D．图中b点所示条件下，若增加H2的浓度不能提高甲醇的产率
③400K时向某恒容密闭容器中充入CO和H2，使c(CO)=0.10mol·L-1，c(H2)=0.20mol·L-1，且只发生反应(II)；平衡时c(CH3OH)=0.08mol·L-1。该温度下反应(II)的平衡常数为___。
5. （2021春·江苏盐城·高二统考期末）是一种重要的杀菌消毒剂，也是一种烟气(主要含、)脱硫脱硝的吸收剂。已知：溶液呈碱性；随溶液增大，氧化性降低；生产成本随着的浓度增大明显增加。
(1)①和反应可制得，写出该反应的化学方程式_______。
②和按一定比例与溶液反应也可制得，理论上与完全反应的物质的量之比为_______。
③在反应釜中用吸收烟气，所得产物的离子色谱如下图所示。写出溶液在脱硫过程中的离子方程式_______。

(2)浓度对脱除效率的影响如下图所示。

①综合考虑脱除效率和生产成本，选用溶液浓度为_______。
②相对于，更难脱除，可能的原因是_______。
(3)烟气中含量对脱硝的影响如下图所示，在浓度小于时，的浓度增大，脱硝效率提高，可能的原因是_______。

6. （2021春·江苏盐城·高二统考期末）某研究小组在实验室用硫化碱法制备，实验装置如下。

(1)仪器a的名称为_______，装置B的作用是_______。
(2)配制溶液时，常加入少量_______以防止出现浑浊和的逸出。
(3)为了提高的吸收效率，在不改变装置A中的溶液浓度、体积的条件下，还可采取的合理措施是_______。(填序号)
a.适当加快搅拌速率     b.加快的流速       c.增大的接触面积
(4)制得的晶体中常含有硫酸钠杂质。
①检验杂质
已知：，。检验产品中存在的实验方案为：取少量样品，用除氧蒸馏水溶解，_______。(可以选用的试剂：稀盐酸、稀、溶液、溶液、溶液)
②测定样品的纯度
称取1.1000g样品，配成溶液。取的标准溶液，硫酸酸化后加入过量，发生反应：。再加入淀粉指示剂，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：，滴定至终点，滴定终点的判定方法：___。平行滴定3次，实验数据如下表：

第一次
第二次
第三次
滴定前读数()
0.00
0.01
0.02
滴定后读数()
26.01
25.02
25.01

计算样品中的纯度_______(写出计算过程，结果保留2位小数)。
7. （2020春·江苏盐城·高二统考期末）HCN是常见的化工原料，其有机衍生物往往以甙的形式广泛存在于植物界中。
（1）HCN中三种元素的电负性从大到小的顺序为___。
（2）室温时HCN的Ka=6.2×10-10，写出HCN的电离方程式：___；向NaCN溶液中通入CO2，发生反应的离子方程式为___(H2CO3的Ka1=4.45×10-7、Ka2=4.7×10-11)。
（3）已知下列热化学反应：
N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH1=-91.8kJ·mol-1
C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH2=-75.0kJ·mol-1
H2(g)+2C(s)+N2(g)=2HCN(g) ΔH3=+270.0kJ·mol-1
则反应NH3(g)+CH4(g)=HCN(g)+3H2(g)的ΔH=___kJ·mol-1。
（4）测定木薯肉水解产物中HCN含量的步骤如下：称取ag木薯肉进行水解，将产生的HCN蒸出，用V1mLc1mol·L-1Hg(NO3)2溶液吸收HCN，[Hg(NO3)2+2HCN=Hg(CN)2+2HNO3]；以NH4Fe(SO4)2·12H2O作指示剂，用c2mol·L-1KSCN标准溶液滴定上述剩余的Hg(NO3)2，[Hg(NO3)2+2KSCN=Hg(SCN)2+2KNO3]；滴定至终点时消耗KSCN溶液V2mL。该木薯肉样品中所含HCN的质量分数c(HCN)=___(用c1、c2、V1、V2表示)。
8. （2020春·江苏盐城·高二统考期末）水体富营养化是由于水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染现象。去除水体中N、P的方法很多。
(1)化学沉淀法去除水体中的PO，常用的化合物有AlCl3、Ca(OH)2等。
①AlCl3溶液中Al3+水解的离子方程式为___。
②Ca5(PO4)3OH的Ksp为6.8×10-37，其溶度积常数表达式为Ksp[Ca5(PO4)3OH]=___。
(2)为探究将废水中氨态氮(NH3—N)和PO同时去除，按n(NH4Cl):n(Na2HPO4):n(MgCl2)=1:1:1加入水中，实验测得不同pH下，氨态氮和PO的去除率如图(a)所示：

已知：(I)去除的主要反应为：Mg2++NH+HPO+6H2OMgNH4PO4·6H2O↓+H+，
(II)室温时，Ksp(MgNH4PO4·6H2O)=2.5×10-13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Mg3(PO4)2]= 6.3×10-31。
①pH在8.5～10.5时，氨态氮和PO去除率随pH增大而增大，其原因是___ (从平衡移动角度说明)。
②当pH＞10.5时，氨态氮和PO去除率随pH增大而减小，其原因是___(从平衡移动角度说明)。
(3)一种浸没式SMDDC电池可用于去除地下水中硝态氮，其装置如图(b)所示：

①装置工作时，H+向___极(填“X”或“Y")室迁移。
②X极上(CH2O)n→CO2的电极反应式为___；Y极上NO→N2的电极反应式为___。
9. （2021春·江苏盐城·高二统考期末）试剂(由亚铁盐与过氧化氢混合而得)能氧化去除废水中难降解的有机物。反应原理是在催化下生成高活性的羟基自由基()，羟基自由基()是一种很强的氧化剂。
(1)①利用试剂处理废水中的有机物，当其他条件不变时，不同温度下有机物的浓度随时间的变化如下图所示。时，50℃与40℃反应速率基本相同的原因是_______。

②当为时，相同反应时间内，随投加量的增加，废水中有机物的去除率不断上升。当投加量超过时，废水中有机物的去除率没有明显增大且还略微下降的趋势如下图所示。去除率先上升后略微下降可能的原因是_______。

(2)电-法是试剂法的发展，是一种通过电解生成试剂的水处理技术，其原理如下图所示。

①写出电解时阳极上发生的电极反应式_______。
②写出产生这步反应的离子方程式_______。
③其他条件相同，比较溶液的值对废水中有机物的去除率的影响，如下图所示。当溶液的时，随着溶液的增大，有机物的去除率明显下降，可能的原因是_______。

10. （2022春·江苏盐城·高二校联考期末）有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
(1)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH1=-566.0kJ·mol-1
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH2=+64kJ·mol-1
反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)；ΔH3=_______。
(2)磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(NH和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1L的模拟氨氮废水(主要含NH)，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30min后，取液面下2cm处清液测定氨氮质量浓度。
①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为_______。
②测得反应pH对氨氮去除率的影响如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是_______。

(3)纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。
①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，NO转化为N2或NH的过程可描述为_______。

②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图3，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是_______。

11. （2020春·江苏盐城·高二统考期末）藁本酚是一种新发现的倍半萜类化合物，具有较强的抗炎活性，其一种合成路线如图：

已知：(R1～R5为烃基、H等)
（1）A中含氧官能团的名称为___和___。
（2）B→C的反应类型为___。
（3）D的分子式为C12Hl6O3，写出D的结构简式：___。
（4）E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只有两种不同化学环境的氢；
②碱性水解后酸化，得到两种产物，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应。
（5）写出以CH3CHO和为原料制备的合成路线流程图___ (无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
12. （2021春·江苏盐城·高二统考期末）有机物F的合成路线如下：

已知：i.
ii.
(1)F中官能团的名称_______。
(2)步骤VI的反应类型为_______。
(3)D→E的转化需要试剂X，X的结构简式为_______。
(4)写出一种满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_______。
①能与溶液发生显色反应；    
②能发生银镜反应和水解反应；
③分子中有5种不同化学环境的氢原子。
(5)依据题中信息，设计以为原料制取的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题干)。
13. （2022春·江苏盐城·高二校联考期末）F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图:

(1)A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是___。
(2)B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分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1。
②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团。
(3)A+B→C的反应需经历A+B→X→C的过程，中间体X的分子式为C17H17NO6。X→C的反应类型为___。
(4)E→F中有一种分子式为C15H14O4的副产物生成，该副产物的结构简式为___。
(5)写出以CH3和FCH2OH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)。
14. （2022春·江苏盐城·高二校联考期末）Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取Co3O4。主要步骤如下：
(1)浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、SO等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式：____。
(2)除杂：向浸取液中先加入足量NaClO3氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1×10-5mol·L-1)：
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
Co(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
恰好完全沉淀时的pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则须调节溶液pH的范围是____(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
(3)萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2•(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图1所示)，其原因是____。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是____。

(4)沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoCO3固体，加热CoCO3制备Co3O4。1mol CoCO3在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图2所示，请写出500～1000℃时，发生主要反应的化学方程式___。


参考答案：
1. C
【详解】A．该K的核素中子数为20，质子数为19，故可表示为K，A正确；
B．K外层共19个电子，K+失去最外层电子，结构示意图为，B正确；
C．CO2中C与O之间共用两对电子，电子式为，C错误；
D．C2H2中C与H之间为单键，C与C之间为三键，结构式为H—CC—H，D正确；
故选C。
2.      [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9     CO     sp2和sp3     20     La2CuO4
【详解】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为： ，Cu原子失去两个电子得铜离子，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9，
故答案为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；
(2) NO含4个原子，价电子总数为24，结合等电子体原理，用替代法，与NO互为等电子体的阴离子为CO，
故答案为：CO；
(3)柠檬酸(结构简式为)分子中碳原子有两种，一种饱和碳原子采用sp3杂化，一种是羧基中的双键碳原子采用sp2杂化，单键都是σ键，双键中有1个σ键和1个键，结合柠檬酸的结构可知1mol柠檬酸分子含σ键数目为20mol，
故答案为：sp2和sp3；20；
(4)由铜酸镧的晶胞结构可知：Cu2+位于顶点和体心，Cu2+个数为；16个O2-位于棱上、4个位于面心、2个位于体内，O2-个数为++2=8；La3+有8个在棱上、2个在体内，La3+个数为，La3+、Cu2+、O2-的个数比为4:2:8=2:1:4，其化学式：La2CuO4，
故答案为：La2CuO4；
3. (1)H2SO4
(2)3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O
(3)1.4×10-8 mol·L-1
(4)9542%

【分析】MnO2 在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4。
(1)
根据上述分析可知“酸浸”时使用的酸为稀硫酸；
(2)
在20~80 min内，MnO2、FeS2、H2SO4发生氧化还原反应产生MnSO4、Fe2(SO4)3、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则可知浸出Mn元素的主要离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O
(3)
加入MnF2发生的反应为MnF2(s)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Mn2+的浓度为2 mol·L-1，，由于c(Mn2+)=2.0 mol/L，所以c(Ca2+)=2.0 mol/L×7.0×10-9=1.4×10-8 mol/L；
(4)
在25.00 mL0.2000 mol/L溶液中含有草酸钠的物质的量n(Na2C2O4)=c·V=0.2000 mol/L×0.025 L=0.0050 mol，与Mn3O4反应后剩余草酸钠的物质的量为n(剩余)=52n(KMnO4)=52×0.1000 mol/L×0.016 L=0.0040 mol，故与Mn3O4反应的草酸钠的物质的量为0.005 mol-0.004 mol=0.0010 mol，根据方程式Mn3O4+C2O+8H+=3Mn2++2CO2↑+4H2O中物质反应转化关系可知n(Mn3O4)=n(Na2C2O4)=0.0010 mol，m(Mn3O4)=0.0010 mol×229 g/mol=0.2290 g，所以Mn3O4样品的纯度为×100%=95.42%。
4.      球形冷凝管     除去大部分的水杨酸和硫酸     除去Na2CO3、水杨酸钠等盐     +CH3OH+H2O     提高水杨酸的(平衡)转化率          ＜     BC     2.5×103
【详解】(1) ①由装置的结构特点可知，W为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
②反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和未反应完的水杨酸，10%Na2CO3溶液既可以除去未洗净的硫酸，也可以降低酯的溶解度，但第二步洗涤后生成的酯中混有Na2CO3，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的Na2CO3、水杨酸钠等盐，
故答案为：除去大部分的水杨酸和硫酸；除去Na2CO3、水杨酸钠等盐；
③水杨酸甲酯是由水杨酸和甲醇酯化反应得到，反应为：+CH3OH +H2O；实验中甲醇用量稍微过量可以提高水杨酸的(平衡)转化率，
故答案为：+CH3OH +H2O；提高水杨酸的(平衡)转化率；
(2) ①由盖斯定律可知(Ⅲ)= (I) -(II)，则K3=，由图像可得，随温度的升高，甲醇的产率逐渐减小，说明升温平衡逆向移动，逆向为吸热方向，则正向为放热反应，△H1<0，
故答案为：；<；
②A.由图像可知加催化剂Cu/ZnO后随温度的升高反应(I)中甲醇的产率增大，因此催化剂Cu/ZnO能催化反应(I)，故A错误；
B.由图可知催化剂Cu/ZnO在温度低于480K时对甲醇的产率几乎没有影响，说明温度低时其活性很低，故B正确；
C.图中a点所示条件下，反应未达到平衡状态，由图可知反应应向增大甲醇产率的方向进行，即反应向正向进行达到平衡状态，因此延长反应时间能提高甲醇的产率，故C正确；
D.图中b点所示条件下，若增加H2的浓度会使平衡正向移动，可以提高甲醇的产率，故D错误；
故答案为：BC；
③400K时向某恒容密闭容器中充入CO和H2，使c(CO)=0.10mol·L-1，c(H2)=0.20mol·L-1，平衡时c(CH3OH)=0.08mol·L-1列出三段式如下：
设CO的变化浓度为xmol/L

由已知得：x=0.08mol·L-1，则平衡时c(CO)=0.02mol·L-1，c(H2)=0.04mol·L-1，
该温度下反应(II)的平衡常数为K==2.5×103，
故答案为：2.5×103。
5. (1)              
(2)          相同条件下，在水中的溶解度小于
(3)溶于水生成，降低了溶液的，增强了溶液的氧化性

【解析】（1）
①为氧化剂，反应生成，为还原剂，反应生成O2，则该反应的化学方程式为；
故答案为：；
②和按一定比例与溶液反应也可制得，该反应化学方程式为，所以理论上与完全反应的物质的量之比为；
故答案为：；
③由图谱知，有和生成，则脱硫过程中的离子方程式；
故答案为：；
（2）
①由图可知，综合考虑脱除效率和生产成本，选用溶液浓度为；
故答案为：；
②NO难溶于水，与接触少，脱除效率低，NO更难脱除；
故答案为：相同条件下，在水中的溶解度小于；
（3）
当浓度小于时，随SO2浓度增大，水溶液中发生反应向正向移动，使溶液的pH减小，氧化能力增大，所以脱硝效率提高；
故答案为：溶于水生成，降低了溶液的，增强了溶液的氧化性。
6. (1)     分液漏斗     平衡气压，用长颈漏斗防止锥形瓶内压强过大
(2)(溶液)
(3)a c
(4)     加入过量的稀盐酸，(有乳黄色沉淀)，静置，取上层清液，滴加溶液，若有白色沉淀生成，说明样品中含有     当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且30秒不恢复     94.69%

【分析】实验设计利用Na2SO3与浓硫酸反应制备SO2，并通过装置B进行稳压调流，保证SO2匀速通入反应容器三颈烧瓶中，发生反应制备Na2S2O3；制备过程中要注意反应物及产物的水解抑制问题；定量测定产品中Na2S2O3纯度时，利用定量标准KMnO4溶液与过量KI溶液反应制备一定量I2，再用样品配置的溶液反向滴定I2，通过数据采集Na2S2O3溶液所耗用体积并通过反应方程式计算，确定样品中Na2S2O3纯度；
【详解】（1）根据题目所给图象可知，仪器a是“分液漏斗”；装置B中长颈漏斗的存在可以调节集气瓶内液面高度，从而“平衡气压，用长颈漏斗防止锥形瓶内压强过大”；
（2）由于S2-易水解，故在溶液中加一定量的“NaOH”，可以抑制S2-的水解；
（3）为了提高对SO2的吸收效率，需要加大反应速率，在溶液中，只有增加反应物接触面积，才能有效提高反应速率，所以本问应选填“ac”；
（4）根据检验的基本方法，本问第一空应填“加入过量的稀盐酸，静置，取上层清液，滴加溶液，若有白色沉淀生成，说明样品中含有”；滴定终点，标准液略过量，所以指示剂变色过程是“当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且30秒不恢复”；三次滴定数据舍去第一次误差较大的，剩余两组数据所得平均值为，设I2物质的量为x，代入方程式计算，

解之得x=5.25×10-4mol，将I2的物质的量代入化学方程式，设Na2S2O3物质的量为y，

解之得y=1.05×10-3mol，这是平均25mL溶液中的Na2S2O3的物质的量，所以根据，100mL溶液中Na2S2O3总物质的量为n=4.2×10-3mol，故样品中Na2S2O3•5H2O的纯度为。
7.      N>C>H     HCNH++CN-     CO2+CN-+H2O=HCO+HCN     +255.9     ×100%
【详解】（1）同一周期元素，从左到右电负性依次增强，H的电负性小于C，故三种元素的电负性从大到小的顺序为N>C>H；
（2）HCN是弱酸，在水中部分电离，电离方程式为：HCNH++CN-；根据H2CO3的Ka1=4.45×10-7、Ka2=4.7×10-11以及HCN的Ka=6.2×10-10，可以推断出酸性H2CO3> HCN>，故向NaCN溶液中通入CO2时生成HCO和HCN，反应的离子方程式为：CO2+CN-+H2O=HCO+HCN；
（3）设N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH1=-91.8kJ·mol-1为式①，
C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH2=-75.0kJ·mol-1为式②，
H2(g)+2C(s)+N2(g)=2HCN(g) ΔH3=270.0kJ·mol-1为式③，
反应NH3(g)+CH4(g)=HCN(g)+3H2(g)可表示为×(③-2×②-①)，故ΔH=；
（4）Hg(NO3)2的物质的量为c1V1mol，KSCN的物质的量为c2V2mol，由Hg(NO3)2~2KSCN可知，与KSCN反应的Hg(NO3)2的物质的量为mol，则与HCN反应的Hg(NO3)2的物质的量为(c1V1-)mol，由Hg(NO3)2~2HCN可得HCN的物质的量为(c1V1-)×2=，HCN的质量分数为×100%；
【点睛】本题要注意第（2）题，根据强酸制弱酸的原理，酸性H2CO3> HCN，所以产物中有HCN，但酸性HCN>，所以另一个产物是，而不是。
8. Al3++3H2OAl(OH)3+3H+     c5(Ca2+)·c3(PO)·c(OHˉ)     产物中H+与OHˉ结合生成H2O，使平衡右移     生成Mg(OH)2和Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移     Y     (CH2O)n+nH2O－4ne-=nCO2↑+4nH+     2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O
【详解】(1)①铝离子水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
②Ca5(PO4)3OH的水溶液中存在沉淀溶解平衡：Ca5(PO4)3OH5Ca2++3PO+OHˉ所以Ksp[Ca5(PO4)3OH]= c5(Ca2+)·c3(PO)·c(OHˉ)；
(2)①去除的主要反应为：Mg2++NH+HPO+6H2OMgNH4PO4·6H2O↓+H+，pH在8.5～10.5时，产物中H+与OHˉ结合生成H2O，使平衡右移，氨态氮和PO去除率随pH增大而增大；
②pH过大时，生成Mg(OH)2沉淀，同时HPO与氢氧根反应生成PO，从而产生Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移，氨态氮和PO去除率随pH增大而减小；
(3)①据图可知放电过程中NO转化为N2被还原，所以Y极为电池的正极，则X极为电池的负极。装置工作时为原电池，原电池中阳离子向正极移动，所以H+向Y室移动；
②X极上(CH2O)n失电子被氧化生成CO2和H+，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为(CH2O)n+nH2O－4ne-=nCO2↑+4nH+；Y极上中NO得电子被还原为N2，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O。
【点睛】原电池中正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极；电子从负极经外电路流向正极。
9. (1)     随温度升高，反应速率加快，同时温度升高，升高羟基自由基发生焠灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气)，下降，反应速率减慢，40℃升温至50℃时，前两个因素对速率的影响大致抵消     浓度增大，有足够与反应生成，降解速率加快，去除率上升；浓度过大，多余的会消耗已经生成的，溶液中的含量减少，降解速率减慢，去除率降低
(2)               时，随增大，浓度降低，阴极不能及时产生足够的用于反应；同时随增大，阳极生成的水解生成氢氧化物，减少的生成，影响有机物的去除率

【解析】（1）
①由图知，，40℃50℃，升高温度化学反应速率应该加快，但是50℃时，温度升高羟基自由基发生焠灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气)，导致c()下降，前两个因素对速率的影响大致抵消，所以50℃与40℃反应速率基本相同；
故答案为：随温度升高，反应速率加快，同时温度升高，升高羟基自由基发生焠灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气)，下降，反应速率减慢，40℃升温至50℃时，前两个因素对速率的影响大致抵消；
②去除率先上升后略微下降可能的原因是浓度增大，有足够与反应生成，增多导致降解速率加快，去除率上升；浓度过大，多余的会消耗已经生成的，溶液中的含量减少，降解速率减慢，去除率降低；
故答案为：浓度增大，有足够与反应生成，降解速率加快，去除率上升；浓度过大，多余的会消耗已经生成的，溶液中的含量减少，降解速率减慢，去除率降低；
（2）
①由图知，阳极上Fe失去电子生成Fe2+，则电解时阳极上发生的电极反应式为；
故答案为：；
②由图知，产生这步反应的反应物为，生成物为，则产生这步反应的离子方程式为；
故答案为：；
③当溶液的时，随着溶液的增大，有机物的去除率明显下降，可能的原因是时，随增大，浓度降低，阴极不能及时产生足够的用于反应；同时随增大，阳极生成的水解生成氢氧化物，减少的生成，影响有机物的去除率；
故答案为：时，随增大，浓度降低，阴极不能及时产生足够的用于反应；同时随增大，阳极生成的水解生成氢氧化物，减少的生成，影响有机物的去除率。
10. (1)-1196kJ·mol-1
(2)     Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O     随着pH的增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加
(3)     NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH     酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行

【解析】（1）
2①-②可得反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH3=2ΔH1-ΔH2=2´(-566.0kJ·mol-1)-(+64kJ·mol-1)=-1196kJ·mol-1。
（2）
①向模拟氨氮废水中加入MgCl2和Na2HPO4溶液生成磷酸铵镁沉淀，该反应的离子方程式为Mg2++OH-++=MgNH4PO4↓+H2O；
②如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是随着pH的增大，转化为，c()浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加。
（3）
①如图2所示，在铁表面得到电子被还原为，被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或；
②如图3所示，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是酸性越强，Fe越易失去电子，越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。
11.      (酮)羰基     (酚)羟基     加成反应              
【分析】化合物A（）与硫酸二甲酯发生甲基化反应，生成化合物B（），B与乙炔钠发生加成反应，生成C（），C在HgO和H2SO4的作用下发生反应生成D（），D与在NaOH的作用下反应生成E（），E在BBr3的作用下生成最终产物F（）。
【详解】（1）化合物A是，含氧官能团是羰基和酚羟基；
（2）由分析可知，B→C的反应类型为加成反应；
（3）D的分子式为C12Hl6O3，结合框图中E的结构，可推出D的结构简式为；
（4）只有两种不同化学环境的氢说明该同分异构体高度对称，能发生碱性水解，说明有酯基，得到两种产物，说明水解酸化后的酸只有一种，另一种含羟基的产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是酚羟基，综上所述，该同分异构体的结构为；
（5）设计制备的路线可采用逆推法，根据框图，要得到，需用制备，根据已知，需用与乙醛制备，醛可用醇氧化制得，而醇可用卤代烃水解制得，故流程为：

【点睛】本题要注意，第一步用硫酸二甲酯将酚羟基转化为甲氧基，起到保护酚羟基的作用，最后一步才用BBr3将甲氧基变回酚羟基。
12. (1)醚键、酯基
(2)取代反应或酯化反应
(3)
(4)、、；
(5)

【分析】A为烃，根据III得到的产物，判断出反应III为取代反应，即A为甲苯，结构简式为，反应IV发生水解反应，即D的结构简式为，根据F的结构简式，反应VI为酯化反应，根据D的结构简式和，推出E的结构简式为，C的结构简式为，根据反应II的条件，反应II发生水解反应，即B为。
（1）
F为，其官能团的名称为醚键、酯基；
故答案为：醚键、酯基；
（2）
据分析知，步骤VI发生的是酯化反应，其反应类型为取代反应或酯化反应；
故答案为：取代反应或酯化反应；
（3）
D为，E为，根据推出X的结构简式为；
故答案为：；
（4）
E为，其同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸形成的酯，分子中有5种不同化学环境的氢原子，同时满足以上条件的结构简式为、、；
故答案为：、、；
（5）
发生水解反应生成，再发生催化氧化反应生成，再继续发生氧化反应生成，最后根据推出与氯气在红磷和加热条件下反应生成，其合成路线为;
故答案为： 。
13. (1)7
(2)或
(3)消去反应
(4)
(5)

【分析】A和B在K2CO3作用、加热条件反应得到C、HF和H2O，C和H2发生还原反应得到D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应得到F。
（1）
从成键方式看，形成双键的中心原子通常采用sp2杂化，醛基和苯环中的碳原子为sp2杂化，饱和C为sp3杂化，故共有7个碳原子采取sp2杂化；故答案为:7；
（2）
B的一种同分异构体，环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，根据其不饱和度可知，这两种含氧官能团为羟基和含羰基的官能团；分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1，说明分子结构具有一定的对称性，则该物质可能为或；故答案为:或；
（3）
由题给C结构式可知，C的分子式为C17H15NO5；中间体X的分子式为C17H17NO6；结合C的结构简式可知X→C生成碳碳双键，反应类型为消去反应；故答案为:消去反应；
（4）
由E与F结构简式可知，E→F为甲氧基被-OH取代，则可能另一个甲氧基也被-OH取代，副产物的分子式为C15H14O4，则其结构简式为:；故答案为:；
（5）
以和为原料制备，两个碳环以-O-连接在一起，则一定会发生类似A+B→C的反应，则需要和，故需要先得到，得到，和得到，催化氧化得到，可设计合成路线为: ；故答案为: 。
14. (1)Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O
(2)6.7～7.4
(3)     pH越大，溶液中c(H+)越小，有利于Co2++n(HA)2CoA2•(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行Co2+萃取率越高     分离Co2+和Mn2+
(4)2Co3O46CoO+O2↑

【解析】（1）
Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成Co2+和，则发生反应的离子方程式：。
（2）
根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使Co2+生成沉淀；根据表中数据可知，Co2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=1´10-4.6mol∙L-1，Ksp[Co(OH)2]=c2(OH-)∙c(Co2+)=(1´10-4.6mol∙L-1)2´1´10-5mol∙L-1=1´10-14.2；由于浸取液中c(Co2+)=0.1mol∙L-1，则Co2+开始沉淀时c(OH-)=mol∙L-1，此时pH=7.4，故要防止Co2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7~7.4。
（3）
①向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：；则当溶液pH处于4.5～6.5范围内，萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是：pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行，萃取率越高；
②经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CoSO4，则该工艺中设计萃取、反萃取的目的是：分离和。
（4）
由图知，500～1000℃时发生分解生成CoO，则Co元素化合价从平均+价降低到+2价、必有部分O元素化合价从-2升高到0价得到氧气，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：500～1000℃时发生主要反应的化学方程式：。