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江苏省南通市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
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这是一份江苏省南通市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，共29页。试卷主要包含了工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南通市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·江苏·统考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。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]为原料可制取钻的氧化物。
(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为__。
(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：
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≤10×10-5mol•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pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1
若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，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2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(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4•2H2O晶体。称取7.32g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CoO和Co3O4的混合物。称量该混合物，质量为3.16g，通过计算确定该混合物中CoO和Co3O4的质量之比___。(写出计算过程)
2．（2022·江苏南通·统考一模）由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4·2H2O和LiFePO4。实验流程如下：
(1)“酸溶”时应先向反应器中加入硫酸，再分批加入铬铁合金粉末，同时需保持强制通风。
①分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风的原因是_______。
②其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率[×100%]、析出硫酸盐晶体的质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9~11mol·L-1，铬铁转化率下降的原因：_______。(已知硫酸浓度大于12mol·L-1时铁才会钝化)
(2)向酸溶所得溶液中加入0.5mol·L-1Na2S溶液，使Co2+和Ni2+转化为CoS和NiS沉淀。当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(Co2+)=_______。[已知：Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=3.0×10-21]
(3)在N2的氛围中将FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360°C条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式：_______。
(4)设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥、500°C煅烧。已知：①P507萃取剂密度小于水，萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示。②该实验中Cr3+在pH6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。实验中须选用试剂：P507萃取剂、H2O2、NaOH溶液]
二、有机推断题
3．（2021·江苏·统考一模）化合物E是一种解热镇痛药，可用于治疗急性上呼吸道炎症，其合成路线之一如图：
(1)B分子中原子轨道采用sp3杂化方式的碳原子数目是__。
(2)B→C的反应类型是___。
(3)试剂X的分子式为C7H7O2SCl。写出试剂X的结构简式：__。
(4)D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分子中有4种不同化学环境的氢原子
②在碱性溶液中水解，水解产物酸化后得到有机物甲和乙，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，1mol乙最多能消耗2mol Na。
(5)请写出以 、CH3OH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)。
4．（2022·江苏南通·统考一模）化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下：
(1)E分子中sp3杂化的碳原子数目为_______。
(2)E→F分两步进行，反应类型依次为加成反应、_______。
(3)A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式：_______。
(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①分子中含有苯环。
②分子中含有3种化学环境不同的氢原子。
(5)设计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，合成路线示例见本题题干)_______。
5．（2023·江苏南通·统考一模）一种pH荧光探针的合成路线如下：
(1)B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、_______(填反应类型)。
(2)B分子中碳原子的杂化轨道类型是_______。
(3)C→D需经历C→X→D的过程。中间体X与C互为同分异构体，X的结构简式为_____。
(4)D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能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢。
②水解后的产物才能与溶液发生显色反应。
(5)已知。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)。
三、实验题
6．（2021·江苏·统考一模）葡萄糖酸亚铁[(C6H11O7)2Fe]是吸收效果好的营养强化剂，常温下易溶于水。一种制备葡萄糖酸亚铁的实验流程如图：
(1)工业上硫酸亚铁可用硫铁矿(主要成分FeS2)与硫酸铁溶液反应制得，同时得到硫酸。写出该反应的化学方程式：__。
(2)为制得FeCO3，反应中混合两种试剂的操作为__。
(3)反应Ⅱ中需加入稍过量的葡萄糖酸，目的是___。
(4)葡萄糖易被溴水氧化成葡萄糖酸。葡萄糖酸晶体易溶于水、微溶于乙醇。请补充完整。以葡萄糖为原料制取纯净葡萄糖酸晶体的实验方案：取一定量葡萄糖，加入蒸馏水至完全溶解，__，得纯净葡萄糖酸晶体。(实验中须使用的试剂：溴水、75%乙醇、AgNO3溶液)
7．（2022·江苏南通·统考一模）用油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分Ni、Al，少量其他不溶性物质)制备NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O并研究其分解反应的过程如下：
(1)制NiSO4溶液。向废镍催化剂中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤。向洗涤后的滤渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解，过滤。加入NaOH溶液的作用是_______。
(2)制NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O控制温度为55°C，向NiSO4溶液中加入适量Na2CO3溶液，有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2气体放出，过滤。
①为确定所加Na2CO3的添加量，需测定NiSO4溶液的浓度。准确量取5.00mL溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用0.04000mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液31.25mL。计算NiSO4溶液的物质的量浓度_______(写出计算过程)。
②生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O时所发生反应的离子方程式为_______。
③若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中镍元素含量偏高，原因是_______。
(3)NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O热分解。在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示。
①500-700K之间分解产生的气体为_______。
②800K后剩余固体质量略有增加的原因是_______。
8．（2023·江苏南通·统考一模）是重要的食品添加剂。实验室模拟工业制备的部分实验流程如下：
(1)“氧化”反应在图所示装置中进行。先将与混合后放入气密性良好的三颈烧瓶中，加水充分溶解，在90℃下边搅拌边滴加20mL 1盐酸引发反应，停止滴加盐酸后持续搅拌40min以上，得到热的溶液。
已知：不溶于有机溶剂。几种物质的溶解度随温度的变化如图所示。
①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒酸式滴定管、_______。
②检查图中所示装置气密性的操作为_______。
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生。用热的KOH溶液可吸收该气体并实现原料的循环利用写出该吸收过程中发生反应的化学方程式：_______。
④能说明反应已经进行完全的标志是_______。
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是_______。
(2)除去溶液中稍过量的实验方法是_______。
(3)利用提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净的实验方案为_______。(须使用的实验药品：KOH溶液、稀硝酸、溶液、冰水)
四、原理综合题
9．（2021·江苏·统考一模）过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要.常用的除磷技术有化学沉淀法，吸附法等。
(1)磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：NH+Mg2++PO+6H2O=NH4MgPO4•6H2O↓。pH=9时，磷去除率与初始溶液中、的关系如题图1所示：
为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n(Mg)：n(N)：n(P)=___。n(Mg)：n(N)：n(P)一定，磷去除率随溶液初始pH变化如图2所示。pH>10磷去除率下降，原因是___。
(2)铁炭混合物在水溶液中形成微电池，铁转化为Fe2+，Fe2+进一步被氧化为Fe3+，Fe3+与PO结合成FePO4沉淀。铁炭总质量一定，反应时间相同，测得磷去除率随铁炭质量比的变化如图3所示。
①当m(Fe)：m(C)>1：1.5时，随着m(Fe)增加，磷去除率降低，原因是__。
②当m(Fe)：m(C)<1：1.5时，随着m(C)增加，磷去除率也降低.但降低幅度低于m(Fe)增加时降低幅度，原因是__。
(3)次磷酸根(H2PO)具有较强的还原性。利用Fe2+、H2O2联合除去废水中次磷酸根，转化过程如图4所示。
①转化(Ⅰ)除生成Fe3+和羟基自由基(•OH)外，还生成一种离子，其化学式为__。
②写出转化(Ⅱ)的离子方程式：___。
10．（2022·江苏南通·统考一模）研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
(1)烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。
①已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.0kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=180.5kJ·mol-1
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=_______kJ·mol-1。
②其他条件相同，以定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图所示。使用催化剂B，当温度高于360°C，NO的去除率下降的原因是_______。
(2)O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如图所示，该过程可描述为_______。
(3)尿素[CO(NH2)2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2SO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。
①脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl。第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为_______。
②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是_______。
11．（2023·江苏南通·统考一模）从废脱硝催化剂(主要成分为、)中回收和，具有重要意义。
(1)碳氯化—氧化法提取。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的与其他气体分离，并将其氧化得。该过程主要涉及以下反应：
反应I
反应Ⅱ
已知常压下的沸点为136.4℃，C的燃烧热为，CO的燃烧热为。
①反应I的_______。
②从反应I的混合体系中分离出的措施是_______。
③氯化炉中生成CO比生成更有利于转化为，其原因是_______。
(2)碱溶法回收和，部分工艺流程如下：
“酸洗”时，转化为或，“水解”后得到。
①写出“热碱浸取”时发生反应的离子方程式：_______。
②锐钛型和金红石型是最常见的两种晶体类型，煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得制备金红石型的操作方案：_______，金红石型的晶胞结构如图3所示。用“○”圈出所有位于晶胞体内的原子_______。
③为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000 溶液(过量)，再用0.01000 标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：；
计算样品的纯度_______(写出计算过程)。
12．（2023·江苏南通·统考一模）化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将1L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以为氧化剂时所消耗的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一、Fenton()法能产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。
(1)羟基自由基(·OH)的电子式为_______。
(2)分别取初始pH=4、COD=80的废水200mL，加入200mL ，改变起始投加的量，反应相同时间。测得反应后水样COD随投加量的关系如图所示。当投加量超过1时，反应后水样COD不降反升的原因可能是_______。
(3)已知·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1-丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是_______。
(4)在Fenton法的基础上改进的基于硫酸根自由基()的氧化技术引起关注。研究发现，一种石墨烯纳米复合材料对催化活化产生具有很好的效果。结构为。
①与试剂相比，一石墨烯/的使用范围更广。在强碱性条件下反应生成·OH，写出该反应的离子方程式：_______。
②一种制取一石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为(GO表示石墨烯)
在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为_______mol。
③利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图所示。该机理可描述为_______。
参考答案：
1． [Ar]3d7 Co2O3+ SO+4H+= 2Co2++SO+2H2O 6.7≤pH＜7.4 pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大 富集、提纯Co2+ n(CoO)×75g/mol+n(Co3O4)×241g/mol=3.16g，[n(CoO)+3n(Co3O4)]×183g/mol=7.32g，两式联立，n(CoO)=0.01mol，n(Co3O4)=0.01mol，则质量比为75：241
【详解】(1)根据钴氧化物晶胞的结构，与NaCl类似，则氧化物为CoO，+2价的钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7；
(2)①Na2SO3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SO，离子方程式为Co2O3+SO+4H+= 2Co2++SO+2H2O；
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，Ksp[Co(OH)2]= c2(OH-) ∙c(Co2+)=(1´10-4.6)´1´10-5=1´10-14.2。由于浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则Co2+开始沉淀时c(OH-)=，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≤pH＜7.4；
③pH增大，溶液中氢离子浓度减小，导致平衡正向进行，使Co2+萃取率增大；经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CoSO4，萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+；
④n(CoO)×75g/mol+n(Co3O4)×241g/mol=3.16g，[n(CoO)+3n(Co3O4)]×183g/mol=7.32g，两式联立，n(CoO)=0.01mol，n(Co3O4)=0.01mol，则m(CoO)：m(Co3O4)=0.01mol×75g/mol：0.01mol×241g/mol=75：241。
2．(1) 防止产生的大量气体使反应液溢出；及时排出产生的H2，避免发生爆炸 析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率
(2)6.0×10-7mol/L
(3)FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑
(4)边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2，充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液，至pH约2.5时停止滴加，加入P507萃取剂，充分振荡、静置、分液，向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加
【分析】铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)加入硫酸进行酸溶，各金属元素转化为相应的阳离子进入溶液，之后加入Na2S除去Co、Ni元素，过滤后加入草酸，过滤得到FeC2O4·2H2O粗品，再经系列处理得到LiFePO4；滤液中还剩余Cr3+，处理得到Cr2O3。
（1）
①金属单质在于硫酸反应时会产生大量氢气，分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风可以防止产生的大量气体使反应液溢出；及时排出产生的H2，避免发生爆炸；
②硫酸浓度较大后，生成的硫酸盐的量增多，析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率；
（2）
当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(S2-)=mol/L=3.0×10-16mol/L，c(Co2+)=mol/L=6.0×10-7mol/L；
（3）
FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360°C条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成，说明该过程中草酸发生歧化，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑；
（4）
根据题目所给信息可知P507萃取剂可以萃取Fe3+，所以需先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液调节pH值至2.5左右，然后加入P507萃取剂萃取，分液后向水层中加入NaOH溶液得到Cr(OH)3沉淀，具体操作为：边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2，充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液，至pH约2.5时停止滴加，加入P507萃取剂，充分振荡、静置、分液，向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加。
3． 4 取代反应 或 或 ；
【详解】(1)原子轨道采用sp3杂化方式的碳原子有4个单键，B分子中这样的碳原子有4个，如图所示 ；
(2)对比B、C的结构可得，B中 被 取代，故B→C的反应类型为取代反应；
(3)对比A、B的结构可得，B中-OH中的H原子被 替代，由于X的分子式为C7H7O2SCl，再结合流程图中的信息，可知X的结构简式为；
(4)由条件②可知，该物质为由酚和羧酸反应生成的酯，；结合D的原子个数，可以得知甲为一元酚，乙为一元羧酸；1mol乙最多能消耗2mol Na，说明1个乙分子中不仅含有一个羧基，还含有一个溴原子；再根据条件①可得，符合条件的同分异构体的结构简式有： 、、 ；
(5)该物质的合成路线流程图为：。
4．(1)7
(2)消去反应
(3)
(4)
(5)
【解析】（1）
E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；
（2）
E中醛基先被加成得到，然后羟基发生消去反应得到F；
（3）
对比A和B的结构简式可知，A中图示位置的碳氧键断裂()，O原子再结合一个氢原子，C原子再结合-CH2C(CH3)=CH2，从而生成B，副产物应是另一侧碳氧键断裂，如图，所以副产品为；
（4）
F中含有9个C原子、3个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称，符合题意的为；
（5）
目标产物可以由和通过酯化反应生成，可以由催化氧化生成，根据D生成E的过程可知，原料经类似的反应可以得到和，根据E生成F的过程可知在KOH环境中可以生成，再与氢气加成可得，所以合称路线为。
5．(1)消去反应
(2)、
(3)
(4)或
(5)
【分析】A和丙酮生成B，B和中醛基发生反应加成、消去反应后生成碳碳双键得到C，C催化得到D，D发生取代反应生成产品；
【详解】（1）由分析可知，B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、消去反应；
（2）B分子中饱和碳原子为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
（3）C→D需经历C→X→D的过程，比较CD结构可知，C中酯基和酚羟基成环得到新的直接生成中间体X，X与C互为同分异构体，则X的结构简式；
（4）D中含有5个氧，除苯环外不饱和度为4，还有4个碳，其一种同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢，则该同分异构体含有醛基、且结构对称；
②水解后的产物才能与溶液发生显色反应，则该同分异构体含有酯基且水解后能形成酚羟基；则该同分异构体的结构可以为：或；
（5）乙二醇氧化后得到乙二醛，发生已知反应引入氨基得到H2N-CH2CH2-NH2；乙二醇在浓硫酸催化作用下生成醚，再和HCl发生取代反应引入氯原子后和H2N-CH2CH2-NH2生成产物；流程为：。
6． FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4 先将硫酸亚铁溶液放入试管，然后将盛有经过煮沸并冷却的碳酸钠的胶头滴管插入试管内的溶液中，挤压胶头(防止溶入空气，将Fe2+氧化) Fe2+易被空气中氧气氧化，也易发生水解，加入稍过量的葡萄糖酸，可防止Fe2+被氧化，同时也能抑制Fe2+水解 加入足量溴水(将葡萄糖氧化为葡萄糖酸)，再加入足量AgNO3溶液(将溶液中的Br-转化为AgBr沉淀)，过滤，往滤液中加入75%乙醇(将葡萄糖酸转化为沉淀)，过滤，再用75%乙醇洗涤沉淀，烘干
【分析】制取FeCO3时，可由制取Fe(OH)2的实验操作进行类推，由此得出应将碳酸钠溶液加入硫酸亚铁溶液中；由于葡萄糖酸亚铁易被空气中的氧气氧化，所以加入的葡萄糖酸需过量。
【详解】(1)硫酸亚铁可用硫铁矿(主要成分FeS2)与硫酸铁溶液反应制得，同时得到硫酸，由此可知，反应物还应有水，该反应的化学方程式：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4。答案为：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
(2)为制得FeCO3，反应中需防止空气中氧气参与反应，同时注意加入顺序，则混合两种试剂的操作为：先将硫酸亚铁溶液放入试管，然后将盛有经过煮沸并冷却的碳酸钠的胶头滴管插入试管内的溶液中，挤压胶头(防止溶入空气，将Fe2+氧化)。答案为：先将硫酸亚铁溶液放入试管，然后将盛有经过煮沸并冷却的碳酸钠的胶头滴管插入试管内的溶液中，挤压胶头(防止溶入空气，将Fe2+氧化)；
(3)因为Fe2+易被氧化，且易水解，所以反应Ⅱ中需加入稍过量的葡萄糖酸，目的是Fe2+易被空气中氧气氧化，也易发生水解，加入稍过量的葡萄糖酸，可防止Fe2+被氧化，同时也能抑制Fe2+水解。答案为：Fe2+易被空气中氧气氧化，也易发生水解，加入稍过量的葡萄糖酸，可防止Fe2+被氧化，同时也能抑制Fe2+水解；
(4)葡萄糖应使用溴水氧化，产物中的Br-用硝酸银去除，葡萄糖酸用75%的乙醇降低溶解度并使之生成沉淀，从而得出以葡萄糖为原料制取纯净葡萄糖酸晶体的实验方案：取一定量葡萄糖，加入蒸馏水至完全溶解，加入足量溴水(将葡萄糖氧化为葡萄糖酸)，再加入足量AgNO3溶液(将溶液中的Br-转化为AgBr沉淀)，过滤，往滤液中加入75%乙醇(将葡萄糖酸转化为沉淀)，过滤，再用75%乙醇洗涤沉淀，烘干，得纯净葡萄糖酸晶体。答案为：加入足量溴水(将葡萄糖氧化为葡萄糖酸)，再加入足量AgNO3溶液(将溶液中的Br-转化为AgBr沉淀)，过滤，往滤液中加入75%乙醇(将葡萄糖酸转化为沉淀)，过滤，再用75%乙醇洗涤沉淀，烘干。
【点睛】制取碳酸亚铁时，可采用制氢氧化亚铁的方法进行类推。
7．(1)除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al
(2) 1.25mol/L 3Ni2++3CO+4H2ONiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑ Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O
(3) CO2 NiO被氧化成更高价态的镍氧化物
【详解】（1）油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分Ni、Al，少量其他不溶性物质)，加入NaOH溶液，可以除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al，故答案为：除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al；
（2）①根据滴定反应：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，可知关系式：，解得c=，则NiSO4溶液的物质的量浓度=，故答案为：1.25mol/L；
②向NiSO4溶液中加入适量Na2CO3溶液，有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2气体放出，则离子方程式为：3Ni2++3CO+4H2ONiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑，故答案为：3Ni2++3CO+4H2ONiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑；
③Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，故答案为：Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O；
（3）①NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O热分解完全，其反应方程式为：NiCO3·2Ni(OH)2·2H2ONiO+CO2↑+4H2O，若分解先得到水，则固体质量分数降低==21.1%，若分解先得到二氧化碳，则固体质量分数降低=，因此可知：300-500K之间分解产生的气体为H2O，500-700K之间分解产生的气体为CO2，故答案为：CO2；
②700K后，反应完成，剩下的固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加，故答案为：NiO被氧化成更高价态的镍氧化物。
8．(1) 100mL容量瓶、胶头滴管 连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生 溶液的pH不再变化 冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气
(2)用萃取后分液
(3)将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；溶解度受温度影响较大的物质提纯可以采用降温结晶的方法；
【详解】（1）①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、100mL容量瓶、胶头滴管；
②装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查图中所示装置气密性的操作为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生；
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生，产物为氯气；用热的KOH溶液可吸收氯气并实现原料的循环利用，则氯气和氢氧化钾反应生成生成氯化钾、氯酸钾和水，反应为：；
④反应得到，故反应会消耗盐酸，当盐酸不再反应时说明反应进行完全，所以能说明反应已经进行完全的标志是溶液的pH不再变化；
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气；
（2）已知：不溶于有机溶剂，而碘能溶于有机溶剂。除去溶液中稍过量的实验方法是用萃取后分液；
（3）由溶解度曲线可知，的溶解度在低温时较小，故提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净可以选择降温结晶的方法，方案为：将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生。
9． 2：5：1 pH增大，c(OH-)增大，OH-与NH和Mg2+反应，导致c(NH)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵 随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小 炭对含磷粒子有吸附作用 OH- H2PO+4∙OH= H2PO+2H2O
【详解】(1)根据图1可知，=2：1，=5：1时，达到最佳除磷效果，则n(Mg)：n(N)：n(P)=2：5：1；pH＞10，溶液中碱性增强，溶液中OH-与NH和Mg2+反应，导致c(NH)和c(Mg2+)减小，磷去除率下降；
(2)①随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，导致铁转化为Fe2+数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小，磷去除率降低；
②随着m(C)增加，由于炭的吸附性，炭对含磷粒子有吸附作用，磷去除率降低；
(3)①根据图4，转化(I)为氧化还原反应，Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-，还生成一种离子为OH-；
②转化(II)中，•OH与H2PO反应生成H2PO，根据P守恒，已符合电荷守恒，则其它产物不带电荷，且含有H、O元素，则为水，故方程式为H2PO+4∙OH= H2PO+2H2O。
10．(1) -1627 温度高于360°C时，催化剂B活性降低，反应速率减慢
(2)O2在O发生器中失去电子转化为O；O与水作用生成HO·；HO·在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4
(3) 6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少
【解析】（1）
①已知：
Ⅰ. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.0kJ·mol-1；
Ⅱ. N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=180.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律，Ⅰ-4×Ⅱ，得到热化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-905.0-4×180.5)kJ·mol-1=-1627 kJ·mol-1，故答案为：-1627；
②使用催化剂B，当温度高于360°C，NO的去除率下降的原因是温度高于360°C时，催化剂B活性降低，反应速率减慢，故答案为：温度高于360°C时，催化剂B活性降低，反应速率减慢；
（2）
如图所示，该过程可描述为：O2在O发生器中失去电子转化为O；O与水作用生成HO·；HO·在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4，故答案为：O2在O发生器中失去电子转化为O；O与水作用生成HO·；HO·在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4；
（3）
①第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2，化学反应方程式为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O，故答案为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O；
②ClO2具有氧化性，而NO具有还原性，ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少，故答案为：ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少。
11．(1) -49 将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝 与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行
(2) 用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重 86.45%
【详解】（1）①C的燃烧热为，可得热化学方程式：；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则，故答案为：-49；
②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离，故答案为：将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝；
③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行；
（2）①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重；；
③根据得失电子守恒可得：
，，，故答案为：86.45%。
12．(1)
(2)溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高
(3)由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻
(4) 3.75 得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和
【详解】（1）羟基自由基(·OH)中含有1个未成对电子，电子式为；
（2）Fenton()法原理为产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高；
（3）由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻；
（4）①在强碱性条件下反应生成·OH，反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为；
②和反应中锰元素化合价由+7变为+2，中氢元素化合价由-1变为0，根据电子守恒可知，则在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为3.75mol；
③由图可知，利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的反应机理为：得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和。
江苏省南通市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·江苏·统考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。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]为原料可制取钻的氧化物。
(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为__。
(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：
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≤10×10-5mol•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pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1
若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，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2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(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4•2H2O晶体。称取7.32g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CoO和Co3O4的混合物。称量该混合物，质量为3.16g，通过计算确定该混合物中CoO和Co3O4的质量之比___。(写出计算过程)
2．（2022·江苏南通·统考一模）由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4·2H2O和LiFePO4。实验流程如下：
(1)“酸溶”时应先向反应器中加入硫酸，再分批加入铬铁合金粉末，同时需保持强制通风。
①分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风的原因是_______。
②其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率[×100%]、析出硫酸盐晶体的质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9~11mol·L-1，铬铁转化率下降的原因：_______。(已知硫酸浓度大于12mol·L-1时铁才会钝化)
(2)向酸溶所得溶液中加入0.5mol·L-1Na2S溶液，使Co2+和Ni2+转化为CoS和NiS沉淀。当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(Co2+)=_______。[已知：Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=3.0×10-21]
(3)在N2的氛围中将FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360°C条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式：_______。
(4)设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥、500°C煅烧。已知：①P507萃取剂密度小于水，萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示。②该实验中Cr3+在pH6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。实验中须选用试剂：P507萃取剂、H2O2、NaOH溶液]
二、有机推断题
3．（2021·江苏·统考一模）化合物E是一种解热镇痛药，可用于治疗急性上呼吸道炎症，其合成路线之一如图：
(1)B分子中原子轨道采用sp3杂化方式的碳原子数目是__。
(2)B→C的反应类型是___。
(3)试剂X的分子式为C7H7O2SCl。写出试剂X的结构简式：__。
(4)D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分子中有4种不同化学环境的氢原子
②在碱性溶液中水解，水解产物酸化后得到有机物甲和乙，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，1mol乙最多能消耗2mol Na。
(5)请写出以 、CH3OH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)。
4．（2022·江苏南通·统考一模）化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下：
(1)E分子中sp3杂化的碳原子数目为_______。
(2)E→F分两步进行，反应类型依次为加成反应、_______。
(3)A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式：_______。
(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①分子中含有苯环。
②分子中含有3种化学环境不同的氢原子。
(5)设计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，合成路线示例见本题题干)_______。
5．（2023·江苏南通·统考一模）一种pH荧光探针的合成路线如下：
(1)B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、_______(填反应类型)。
(2)B分子中碳原子的杂化轨道类型是_______。
(3)C→D需经历C→X→D的过程。中间体X与C互为同分异构体，X的结构简式为_____。
(4)D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能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢。
②水解后的产物才能与溶液发生显色反应。
(5)已知。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)。
三、实验题
6．（2021·江苏·统考一模）葡萄糖酸亚铁[(C6H11O7)2Fe]是吸收效果好的营养强化剂，常温下易溶于水。一种制备葡萄糖酸亚铁的实验流程如图：
(1)工业上硫酸亚铁可用硫铁矿(主要成分FeS2)与硫酸铁溶液反应制得，同时得到硫酸。写出该反应的化学方程式：__。
(2)为制得FeCO3，反应中混合两种试剂的操作为__。
(3)反应Ⅱ中需加入稍过量的葡萄糖酸，目的是___。
(4)葡萄糖易被溴水氧化成葡萄糖酸。葡萄糖酸晶体易溶于水、微溶于乙醇。请补充完整。以葡萄糖为原料制取纯净葡萄糖酸晶体的实验方案：取一定量葡萄糖，加入蒸馏水至完全溶解，__，得纯净葡萄糖酸晶体。(实验中须使用的试剂：溴水、75%乙醇、AgNO3溶液)
7．（2022·江苏南通·统考一模）用油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分Ni、Al，少量其他不溶性物质)制备NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O并研究其分解反应的过程如下：
(1)制NiSO4溶液。向废镍催化剂中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤。向洗涤后的滤渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解，过滤。加入NaOH溶液的作用是_______。
(2)制NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O控制温度为55°C，向NiSO4溶液中加入适量Na2CO3溶液，有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2气体放出，过滤。
①为确定所加Na2CO3的添加量，需测定NiSO4溶液的浓度。准确量取5.00mL溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用0.04000mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液31.25mL。计算NiSO4溶液的物质的量浓度_______(写出计算过程)。
②生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O时所发生反应的离子方程式为_______。
③若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中镍元素含量偏高，原因是_______。
(3)NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O热分解。在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示。
①500-700K之间分解产生的气体为_______。
②800K后剩余固体质量略有增加的原因是_______。
8．（2023·江苏南通·统考一模）是重要的食品添加剂。实验室模拟工业制备的部分实验流程如下：
(1)“氧化”反应在图所示装置中进行。先将与混合后放入气密性良好的三颈烧瓶中，加水充分溶解，在90℃下边搅拌边滴加20mL 1盐酸引发反应，停止滴加盐酸后持续搅拌40min以上，得到热的溶液。
已知：不溶于有机溶剂。几种物质的溶解度随温度的变化如图所示。
①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒酸式滴定管、_______。
②检查图中所示装置气密性的操作为_______。
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生。用热的KOH溶液可吸收该气体并实现原料的循环利用写出该吸收过程中发生反应的化学方程式：_______。
④能说明反应已经进行完全的标志是_______。
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是_______。
(2)除去溶液中稍过量的实验方法是_______。
(3)利用提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净的实验方案为_______。(须使用的实验药品：KOH溶液、稀硝酸、溶液、冰水)
四、原理综合题
9．（2021·江苏·统考一模）过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要.常用的除磷技术有化学沉淀法，吸附法等。
(1)磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：NH+Mg2++PO+6H2O=NH4MgPO4•6H2O↓。pH=9时，磷去除率与初始溶液中、的关系如题图1所示：
为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n(Mg)：n(N)：n(P)=___。n(Mg)：n(N)：n(P)一定，磷去除率随溶液初始pH变化如图2所示。pH>10磷去除率下降，原因是___。
(2)铁炭混合物在水溶液中形成微电池，铁转化为Fe2+，Fe2+进一步被氧化为Fe3+，Fe3+与PO结合成FePO4沉淀。铁炭总质量一定，反应时间相同，测得磷去除率随铁炭质量比的变化如图3所示。
①当m(Fe)：m(C)>1：1.5时，随着m(Fe)增加，磷去除率降低，原因是__。
②当m(Fe)：m(C)<1：1.5时，随着m(C)增加，磷去除率也降低.但降低幅度低于m(Fe)增加时降低幅度，原因是__。
(3)次磷酸根(H2PO)具有较强的还原性。利用Fe2+、H2O2联合除去废水中次磷酸根，转化过程如图4所示。
①转化(Ⅰ)除生成Fe3+和羟基自由基(•OH)外，还生成一种离子，其化学式为__。
②写出转化(Ⅱ)的离子方程式：___。
10．（2022·江苏南通·统考一模）研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
(1)烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。
①已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.0kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=180.5kJ·mol-1
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=_______kJ·mol-1。
②其他条件相同，以定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图所示。使用催化剂B，当温度高于360°C，NO的去除率下降的原因是_______。
(2)O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如图所示，该过程可描述为_______。
(3)尿素[CO(NH2)2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2SO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。
①脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl。第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为_______。
②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是_______。
11．（2023·江苏南通·统考一模）从废脱硝催化剂(主要成分为、)中回收和，具有重要意义。
(1)碳氯化—氧化法提取。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的与其他气体分离，并将其氧化得。该过程主要涉及以下反应：
反应I
反应Ⅱ
已知常压下的沸点为136.4℃，C的燃烧热为，CO的燃烧热为。
①反应I的_______。
②从反应I的混合体系中分离出的措施是_______。
③氯化炉中生成CO比生成更有利于转化为，其原因是_______。
(2)碱溶法回收和，部分工艺流程如下：
“酸洗”时，转化为或，“水解”后得到。
①写出“热碱浸取”时发生反应的离子方程式：_______。
②锐钛型和金红石型是最常见的两种晶体类型，煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得制备金红石型的操作方案：_______，金红石型的晶胞结构如图3所示。用“○”圈出所有位于晶胞体内的原子_______。
③为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000 溶液(过量)，再用0.01000 标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：；
计算样品的纯度_______(写出计算过程)。
12．（2023·江苏南通·统考一模）化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将1L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以为氧化剂时所消耗的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一、Fenton()法能产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。
(1)羟基自由基(·OH)的电子式为_______。
(2)分别取初始pH=4、COD=80的废水200mL，加入200mL ，改变起始投加的量，反应相同时间。测得反应后水样COD随投加量的关系如图所示。当投加量超过1时，反应后水样COD不降反升的原因可能是_______。
(3)已知·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1-丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是_______。
(4)在Fenton法的基础上改进的基于硫酸根自由基()的氧化技术引起关注。研究发现，一种石墨烯纳米复合材料对催化活化产生具有很好的效果。结构为。
①与试剂相比，一石墨烯/的使用范围更广。在强碱性条件下反应生成·OH，写出该反应的离子方程式：_______。
②一种制取一石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为(GO表示石墨烯)
在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为_______mol。
③利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图所示。该机理可描述为_______。
参考答案：
1． [Ar]3d7 Co2O3+ SO+4H+= 2Co2++SO+2H2O 6.7≤pH＜7.4 pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大 富集、提纯Co2+ n(CoO)×75g/mol+n(Co3O4)×241g/mol=3.16g，[n(CoO)+3n(Co3O4)]×183g/mol=7.32g，两式联立，n(CoO)=0.01mol，n(Co3O4)=0.01mol，则质量比为75：241
【详解】(1)根据钴氧化物晶胞的结构，与NaCl类似，则氧化物为CoO，+2价的钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7；
(2)①Na2SO3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SO，离子方程式为Co2O3+SO+4H+= 2Co2++SO+2H2O；
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，Ksp[Co(OH)2]= c2(OH-) ∙c(Co2+)=(1´10-4.6)´1´10-5=1´10-14.2。由于浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则Co2+开始沉淀时c(OH-)=，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≤pH＜7.4；
③pH增大，溶液中氢离子浓度减小，导致平衡正向进行，使Co2+萃取率增大；经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CoSO4，萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+；
④n(CoO)×75g/mol+n(Co3O4)×241g/mol=3.16g，[n(CoO)+3n(Co3O4)]×183g/mol=7.32g，两式联立，n(CoO)=0.01mol，n(Co3O4)=0.01mol，则m(CoO)：m(Co3O4)=0.01mol×75g/mol：0.01mol×241g/mol=75：241。
2．(1) 防止产生的大量气体使反应液溢出；及时排出产生的H2，避免发生爆炸 析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率
(2)6.0×10-7mol/L
(3)FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑
(4)边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2，充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液，至pH约2.5时停止滴加，加入P507萃取剂，充分振荡、静置、分液，向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加
【分析】铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)加入硫酸进行酸溶，各金属元素转化为相应的阳离子进入溶液，之后加入Na2S除去Co、Ni元素，过滤后加入草酸，过滤得到FeC2O4·2H2O粗品，再经系列处理得到LiFePO4；滤液中还剩余Cr3+，处理得到Cr2O3。
（1）
①金属单质在于硫酸反应时会产生大量氢气，分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风可以防止产生的大量气体使反应液溢出；及时排出产生的H2，避免发生爆炸；
②硫酸浓度较大后，生成的硫酸盐的量增多，析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率；
（2）
当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(S2-)=mol/L=3.0×10-16mol/L，c(Co2+)=mol/L=6.0×10-7mol/L；
（3）
FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360°C条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成，说明该过程中草酸发生歧化，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑；
（4）
根据题目所给信息可知P507萃取剂可以萃取Fe3+，所以需先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液调节pH值至2.5左右，然后加入P507萃取剂萃取，分液后向水层中加入NaOH溶液得到Cr(OH)3沉淀，具体操作为：边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2，充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液，至pH约2.5时停止滴加，加入P507萃取剂，充分振荡、静置、分液，向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加。
3． 4 取代反应 或 或 ；
【详解】(1)原子轨道采用sp3杂化方式的碳原子有4个单键，B分子中这样的碳原子有4个，如图所示 ；
(2)对比B、C的结构可得，B中 被 取代，故B→C的反应类型为取代反应；
(3)对比A、B的结构可得，B中-OH中的H原子被 替代，由于X的分子式为C7H7O2SCl，再结合流程图中的信息，可知X的结构简式为；
(4)由条件②可知，该物质为由酚和羧酸反应生成的酯，；结合D的原子个数，可以得知甲为一元酚，乙为一元羧酸；1mol乙最多能消耗2mol Na，说明1个乙分子中不仅含有一个羧基，还含有一个溴原子；再根据条件①可得，符合条件的同分异构体的结构简式有： 、、 ；
(5)该物质的合成路线流程图为：。
4．(1)7
(2)消去反应
(3)
(4)
(5)
【解析】（1）
E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；
（2）
E中醛基先被加成得到，然后羟基发生消去反应得到F；
（3）
对比A和B的结构简式可知，A中图示位置的碳氧键断裂()，O原子再结合一个氢原子，C原子再结合-CH2C(CH3)=CH2，从而生成B，副产物应是另一侧碳氧键断裂，如图，所以副产品为；
（4）
F中含有9个C原子、3个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称，符合题意的为；
（5）
目标产物可以由和通过酯化反应生成，可以由催化氧化生成，根据D生成E的过程可知，原料经类似的反应可以得到和，根据E生成F的过程可知在KOH环境中可以生成，再与氢气加成可得，所以合称路线为。
5．(1)消去反应
(2)、
(3)
(4)或
(5)
【分析】A和丙酮生成B，B和中醛基发生反应加成、消去反应后生成碳碳双键得到C，C催化得到D，D发生取代反应生成产品；
【详解】（1）由分析可知，B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、消去反应；
（2）B分子中饱和碳原子为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
（3）C→D需经历C→X→D的过程，比较CD结构可知，C中酯基和酚羟基成环得到新的直接生成中间体X，X与C互为同分异构体，则X的结构简式；
（4）D中含有5个氧，除苯环外不饱和度为4，还有4个碳，其一种同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢，则该同分异构体含有醛基、且结构对称；
②水解后的产物才能与溶液发生显色反应，则该同分异构体含有酯基且水解后能形成酚羟基；则该同分异构体的结构可以为：或；
（5）乙二醇氧化后得到乙二醛，发生已知反应引入氨基得到H2N-CH2CH2-NH2；乙二醇在浓硫酸催化作用下生成醚，再和HCl发生取代反应引入氯原子后和H2N-CH2CH2-NH2生成产物；流程为：。
6． FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4 先将硫酸亚铁溶液放入试管，然后将盛有经过煮沸并冷却的碳酸钠的胶头滴管插入试管内的溶液中，挤压胶头(防止溶入空气，将Fe2+氧化) Fe2+易被空气中氧气氧化，也易发生水解，加入稍过量的葡萄糖酸，可防止Fe2+被氧化，同时也能抑制Fe2+水解 加入足量溴水(将葡萄糖氧化为葡萄糖酸)，再加入足量AgNO3溶液(将溶液中的Br-转化为AgBr沉淀)，过滤，往滤液中加入75%乙醇(将葡萄糖酸转化为沉淀)，过滤，再用75%乙醇洗涤沉淀，烘干
【分析】制取FeCO3时，可由制取Fe(OH)2的实验操作进行类推，由此得出应将碳酸钠溶液加入硫酸亚铁溶液中；由于葡萄糖酸亚铁易被空气中的氧气氧化，所以加入的葡萄糖酸需过量。
【详解】(1)硫酸亚铁可用硫铁矿(主要成分FeS2)与硫酸铁溶液反应制得，同时得到硫酸，由此可知，反应物还应有水，该反应的化学方程式：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4。答案为：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
(2)为制得FeCO3，反应中需防止空气中氧气参与反应，同时注意加入顺序，则混合两种试剂的操作为：先将硫酸亚铁溶液放入试管，然后将盛有经过煮沸并冷却的碳酸钠的胶头滴管插入试管内的溶液中，挤压胶头(防止溶入空气，将Fe2+氧化)。答案为：先将硫酸亚铁溶液放入试管，然后将盛有经过煮沸并冷却的碳酸钠的胶头滴管插入试管内的溶液中，挤压胶头(防止溶入空气，将Fe2+氧化)；
(3)因为Fe2+易被氧化，且易水解，所以反应Ⅱ中需加入稍过量的葡萄糖酸，目的是Fe2+易被空气中氧气氧化，也易发生水解，加入稍过量的葡萄糖酸，可防止Fe2+被氧化，同时也能抑制Fe2+水解。答案为：Fe2+易被空气中氧气氧化，也易发生水解，加入稍过量的葡萄糖酸，可防止Fe2+被氧化，同时也能抑制Fe2+水解；
(4)葡萄糖应使用溴水氧化，产物中的Br-用硝酸银去除，葡萄糖酸用75%的乙醇降低溶解度并使之生成沉淀，从而得出以葡萄糖为原料制取纯净葡萄糖酸晶体的实验方案：取一定量葡萄糖，加入蒸馏水至完全溶解，加入足量溴水(将葡萄糖氧化为葡萄糖酸)，再加入足量AgNO3溶液(将溶液中的Br-转化为AgBr沉淀)，过滤，往滤液中加入75%乙醇(将葡萄糖酸转化为沉淀)，过滤，再用75%乙醇洗涤沉淀，烘干，得纯净葡萄糖酸晶体。答案为：加入足量溴水(将葡萄糖氧化为葡萄糖酸)，再加入足量AgNO3溶液(将溶液中的Br-转化为AgBr沉淀)，过滤，往滤液中加入75%乙醇(将葡萄糖酸转化为沉淀)，过滤，再用75%乙醇洗涤沉淀，烘干。
【点睛】制取碳酸亚铁时，可采用制氢氧化亚铁的方法进行类推。
7．(1)除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al
(2) 1.25mol/L 3Ni2++3CO+4H2ONiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑ Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O
(3) CO2 NiO被氧化成更高价态的镍氧化物
【详解】（1）油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分Ni、Al，少量其他不溶性物质)，加入NaOH溶液，可以除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al，故答案为：除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al；
（2）①根据滴定反应：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，可知关系式：，解得c=，则NiSO4溶液的物质的量浓度=，故答案为：1.25mol/L；
②向NiSO4溶液中加入适量Na2CO3溶液，有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2气体放出，则离子方程式为：3Ni2++3CO+4H2ONiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑，故答案为：3Ni2++3CO+4H2ONiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑；
③Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，故答案为：Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O；
（3）①NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O热分解完全，其反应方程式为：NiCO3·2Ni(OH)2·2H2ONiO+CO2↑+4H2O，若分解先得到水，则固体质量分数降低==21.1%，若分解先得到二氧化碳，则固体质量分数降低=，因此可知：300-500K之间分解产生的气体为H2O，500-700K之间分解产生的气体为CO2，故答案为：CO2；
②700K后，反应完成，剩下的固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加，故答案为：NiO被氧化成更高价态的镍氧化物。
8．(1) 100mL容量瓶、胶头滴管 连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生 溶液的pH不再变化 冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气
(2)用萃取后分液
(3)将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；溶解度受温度影响较大的物质提纯可以采用降温结晶的方法；
【详解】（1）①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、100mL容量瓶、胶头滴管；
②装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查图中所示装置气密性的操作为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生；
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生，产物为氯气；用热的KOH溶液可吸收氯气并实现原料的循环利用，则氯气和氢氧化钾反应生成生成氯化钾、氯酸钾和水，反应为：；
④反应得到，故反应会消耗盐酸，当盐酸不再反应时说明反应进行完全，所以能说明反应已经进行完全的标志是溶液的pH不再变化；
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气；
（2）已知：不溶于有机溶剂，而碘能溶于有机溶剂。除去溶液中稍过量的实验方法是用萃取后分液；
（3）由溶解度曲线可知，的溶解度在低温时较小，故提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净可以选择降温结晶的方法，方案为：将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生。
9． 2：5：1 pH增大，c(OH-)增大，OH-与NH和Mg2+反应，导致c(NH)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵 随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小 炭对含磷粒子有吸附作用 OH- H2PO+4∙OH= H2PO+2H2O
【详解】(1)根据图1可知，=2：1，=5：1时，达到最佳除磷效果，则n(Mg)：n(N)：n(P)=2：5：1；pH＞10，溶液中碱性增强，溶液中OH-与NH和Mg2+反应，导致c(NH)和c(Mg2+)减小，磷去除率下降；
(2)①随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，导致铁转化为Fe2+数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小，磷去除率降低；
②随着m(C)增加，由于炭的吸附性，炭对含磷粒子有吸附作用，磷去除率降低；
(3)①根据图4，转化(I)为氧化还原反应，Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-，还生成一种离子为OH-；
②转化(II)中，•OH与H2PO反应生成H2PO，根据P守恒，已符合电荷守恒，则其它产物不带电荷，且含有H、O元素，则为水，故方程式为H2PO+4∙OH= H2PO+2H2O。
10．(1) -1627 温度高于360°C时，催化剂B活性降低，反应速率减慢
(2)O2在O发生器中失去电子转化为O；O与水作用生成HO·；HO·在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4
(3) 6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少
【解析】（1）
①已知：
Ⅰ. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.0kJ·mol-1；
Ⅱ. N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=180.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律，Ⅰ-4×Ⅱ，得到热化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-905.0-4×180.5)kJ·mol-1=-1627 kJ·mol-1，故答案为：-1627；
②使用催化剂B，当温度高于360°C，NO的去除率下降的原因是温度高于360°C时，催化剂B活性降低，反应速率减慢，故答案为：温度高于360°C时，催化剂B活性降低，反应速率减慢；
（2）
如图所示，该过程可描述为：O2在O发生器中失去电子转化为O；O与水作用生成HO·；HO·在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4，故答案为：O2在O发生器中失去电子转化为O；O与水作用生成HO·；HO·在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4；
（3）
①第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2，化学反应方程式为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O，故答案为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O；
②ClO2具有氧化性，而NO具有还原性，ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少，故答案为：ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少。
11．(1) -49 将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝 与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行
(2) 用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重 86.45%
【详解】（1）①C的燃烧热为，可得热化学方程式：；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则，故答案为：-49；
②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离，故答案为：将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝；
③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行；
（2）①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重；；
③根据得失电子守恒可得：
，，，故答案为：86.45%。
12．(1)
(2)溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高
(3)由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻
(4) 3.75 得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和
【详解】（1）羟基自由基(·OH)中含有1个未成对电子，电子式为；
（2）Fenton()法原理为产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高；
（3）由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻；
（4）①在强碱性条件下反应生成·OH，反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为；
②和反应中锰元素化合价由+7变为+2，中氢元素化合价由-1变为0，根据电子守恒可知，则在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为3.75mol；
③由图可知，利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的反应机理为：得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和。
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