2023年高考化学压轴题训练⑤（模拟题选编）

这是一份2023年高考化学压轴题训练⑤（模拟题选编），共93页。
2023年高考化学压轴题训练⑤（模拟题选编）
【试题目录】
一．高炉炼铁（共1小题） 1
二．晶胞的计算（共1小题） 2
三．原电池与电解池的综合（共1小题） 3
四．化学平衡的计算（共1小题） 4
五．氯及其化合物的综合应用（共1小题） 5
六．海水资源及其综合利用（共1小题） 6
七．铁的化学性质（共1小题） 7
八．有机物的推断（共3小题） 8
九．有机物的合成（共8小题） 12
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 21
一十一．探究物质的组成或测量物质的含量（共1小题） 23
一十二．性质实验方案的设计（共2小题） 24
一十三．制备实验方案的设计（共1小题） 26
【答案目录】
一．高炉炼铁（共1小题） 29
二．晶胞的计算（共1小题） 31
三．原电池与电解池的综合（共1小题） 33
四．化学平衡的计算（共1小题） 35
五．氯及其化合物的综合应用（共1小题） 37
六．海水资源及其综合利用（共1小题） 40
七．铁的化学性质（共1小题） 42
八．有机物的推断（共3小题） 44
九．有机物的合成（共8小题） 52
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 79
一十一．探究物质的组成或测量物质的含量（共1小题） 82
一十二．性质实验方案的设计（共2小题） 84
一十三．制备实验方案的设计（共1小题） 90

一．高炉炼铁（共1小题）
1．（2022•海淀区校级三模）工业上用Fe（III）作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。
（1）铁元素属于 　 　区（填“s”、“d”、“ds”、“p”）。
（2）Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。
①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是 　 　。
②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。
缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因 　 　。
（3）络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。
①基态Fe3+价电子排布式为 　 　。
②碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，因此需将其制成可溶于水的配合物Fe（III）Ln（配合物，L表示配体，n表示配位数）。脱硫过程包含如下两步反应：
ⅰ．碱性条件下，Fe（III）Ln氧化H2S生成S8。反应的离子方程式为 　 　。
ⅱ．O2氧化再生Fe（III）Ln的离子方程式：4Fe（Ⅱ）Ln+O2+H2O═4Fe（Ⅲ）Ln+4OH﹣总反应的化学方程式为 　 　。
③常用的配合物有Fe3+与EDTA形成的配合物。EDTA是乙二胺四乙酸的英文名称缩写，通常使用EDTA的二钠盐（酸根部分记为H2Y2﹣），与多种金属离子形成稳定的配合物，其结构简式如图所示。与金属离子配位时，每个H2Y2﹣电离出2个H+，生成酸根Y4﹣，再与金属离子配位。

ⅰ．已知Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，所有杂化轨道均用于容纳全部来自于配位原子的孤电子对，且EDTA的每个羧基均提供一个氧原子与铁配位，在答题卡上写出配离子[FeY]﹣的结构（注意标出配位键）　 　。
ⅱ．已知Fe3+与H2Y2﹣发生配位反应时需严格控制溶液pH，若溶液pH太低或太高，分别存在的问题是 　 　。
二．晶胞的计算（共1小题）
2．（2022•延庆区模拟）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐腐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
（1）基态铜原子的价层电子的轨道表示式为 　 　，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu＝1959kJ•mol﹣1，IFe＝1562kJ•mol﹣1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是 　 　。
（2）向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu（NH3）4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu（NH3）4]SO4•H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为 　 　。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是 　 　。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体的原因 　 　。
（3）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为 　 　。
②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），ρ＝　 　g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式）。

三．原电池与电解池的综合（共1小题）
3．（2022•西城区校级模拟）生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 Fe2+氧化的细菌，培养后能提供 Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如图1。

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出 ZnS矿。
①反应2 中有S单质生成，离子方程式是　 　。
②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是　 　。
（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+═Li++Co2++3Fe2++O2↑
①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是　 　。
②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究 Ag+的作用。取 LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度 Ag+的溶液，钴浸出率（图 2）和溶液 pH（图 3）随时间变化曲线如下：
图2不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图3不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线
Ⅰ．由图2和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图2中的证据是　 　。
Ⅱ．Ag+是反应 3 的催化剂，催化过程可表示为：反应 4：Ag++LiCoO2═AgCoO2+Li+
反应 5：……
反应5 的离子方程式是　 　。
Ⅲ．由图3可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：　 　。
四．化学平衡的计算（共1小题）
4．（2022•朝阳区校级模拟）氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
（1）砷在元素周期表中的位置 　 　；Mc的中子数为 　 　。
（2）已知：P（s，白磷）＝P（s，黑磷）ΔH＝﹣39.3kJ⋅mol﹣1。P（s，白磷）＝P（s，红磷）ΔH＝﹣17.6kJ⋅mol﹣1
。由此推知，其中最稳定的磷单质是 　 　。
（3）氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）电负性依次 　 　（增大或减小）。
（4）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是 　 　（填序号）。
a.不能与NaOH反应
b.含离子键、共价键
c.能与水反应
（5）[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。

PH3中P的杂化类型是 　 　；H2O的键角小于NH3的，分析原因 　 　。
（6）在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，t℃时发生如下反应：
PH4I（s）⇌PH3（g）+HI（g）①
4PH3（g）⇌P4（g）+6H2②
2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）③
达平衡时，体系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝cmol，n（H2）＝dmol，则t℃时反应①的平衡常数K值为 　 　（用字母表示）。
五．氯及其化合物的综合应用（共1小题）
5．（2022•东城区校级三模）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO．实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i．HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8；
H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7、K2＝5.6×10﹣11。
ii．碘的化合物主要以I﹣和的形式存在，+5I﹣+6H+═3I2+3H2O。
iii．碘单质能与I﹣反应：I2+I﹣⇌（低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ．制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 　 　 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 　 　。
（3）结合资料 i，写出D中反应的化学方程式 　 　。
Ⅱ．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g）
振荡后溶液保持无色
不变蓝
（4）对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 　 　。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是 　 　。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 　 　。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由 　 　。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 　 　。
六．海水资源及其综合利用（共1小题）
6．（2022•东城区校级三模）海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间．
（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示．下列说法不正确的是 　 　（填字母序号）．
a．pH＝8时，溶液中含碳元素的微粒主要是
b．A点，溶液中H2CO3和浓度相同
c．当c（）＝c（）时，c（H+）＞c（OH﹣）
②向上述pH＝8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是 　 　．
（2）海水pH稳定在7.9﹣8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂．
①海水中含有的OH ﹣可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3．写出此反应的离子方程式：　 　．
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1＝4.3×10﹣7 K2＝5.6×10﹣11
H2SO3电离平衡常数K1＝1.5×10﹣2 K2＝6.0×10﹣8
海水中含有的可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是 　 　．
（3）洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放．与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式．
①通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化，该反应的离子方程式是 　 　．
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是 　 　．
七．铁的化学性质（共1小题）
7．（2022•大兴区校级模拟）铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料．
（1）常温下，可用铁质容器盛装浓硫酸的原因是　 　．
（2）某实验小组利用图装置验证铁与水蒸气的反应．
①湿棉花的作用是　 　，试管中反应的化学方程式是　 　．
②实验结束后，取出少量反应后的固体于试管中，加入过量盐酸，固体完全溶解，所得溶液中存在的阳离子是　 　（填序号）．
a．一定有Fe2+、H+和Fe3+ b．一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+
c．一定有Fe2+、Fe3+，可能有 H+ d．一定有Fe3+、H+，可能有Fe2+
（3）另称取一定量的铁钉放入适量的浓硫酸中，加热，充分反应后收集气体．经测定气体中含有SO2、CO2和H2．
①铁与浓硫酸反应的化学方程式是　 　．
②气体中混有CO2的原因是（用化学方程式表示）　 　．
③将672mL（标准状况）收集到的气体通入足量溴水中，反应的离子方程式为　 　，然后加入足量BaCl2溶液，经洗涤、干燥得到固体4.66g．由此推知收集到的气体中SO2的体积分数是　 　．

八．有机物的推断（共3小题）
8．（2022•东城区校级三模）药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线如图所示。

已知：i.
ii.
（1）的反应方程式是 　 　。
（2）B的分子式为C11H13NO2。E的结构简式是 　 　。
（3）M→P的反应类型是 　 　。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 　 　。
（5）J的结构简式是 　 　。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：　 　。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。
已知：
合成Q的路线如图（无机试剂任选），写出X、Y、Z的结构简式：　 　。

9．（2022•东城区二模）马尼地平主要用于治疗原发性高血压，其一种合成路线如图：

已知：R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH

（1）A→B的反应方程式是 　 　。
（2）C→D的反应类型是 　 　。
（3）E中含氧官能团是 　 　，
（4）试剂X的分子式为C7H5NO3，其结构简式是 　 　。
（5）H分子中有两个含氮六元环，其结构简式是（在虚线框内将H的结构简式补充完整） 　 　。
（6）合成上述流程中的一种方法如图。

试剂a、中间产物2的结构简式分别是 　 　。
10．（2022•海淀区一模）靛蓝类色素是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝（化合物X）和多环化合物Y的一种合成路线如图所示（部分反应条件或试剂略去）。

已知：
i.
（1）A的名称是 　 　。
（2）下列说法中，正确的是 　 　（填序号）。
a.由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b.D中含有的官能团只有硝基
c.D→E可以通过取代反应实现
（3）E→G的化学方程式是 　 　。
（4）I的结构简式是 　 　。
（5）J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是 　 　。
（6）K中除苯环外，还含有一个五元环，K的结构简式是 　 　。
（7）已知：
ii.
ⅲ.亚胺结构（）中C＝N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如图。

写出中间产物1、中间产物2的结构简式 　 　、　 　。
九．有机物的合成（共8小题）
11．（2022•海淀区校级三模）化合物M是桥环化合物二环[2.2.2]辛烷的衍生物，其合成路线如图：

已知：ⅰ．（L＝OR4或..
ⅱ．
（ⅰ、ⅱ中R1、R2、R3、R4均代表烃基）
（1）A可与NaHCO3溶液反应，其名称为 　 　。B中所含官能团为 　 　
（2）B→C的化学方程式为 　 　。
（3）试剂a的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，则C→D的反应类型为 　 　。
（4）F→G的化学反应方程式为 　 　。
（5）已知E→F和J→K都发生了相同的反应，则带六元环结构的K的结构简式为 　 　。
（6）HOCH2CH2OH的作用是保护G中的酮羰基，若不加以保护，则G直接在C2H5ONa作用下可能得到I之外的副产物，请写出一个带六元环结构的副产物的结构简式 　 　。
（7）已知。由K在NaOH作用下反应得到化合物M，该物质具有如图所示的二环[2.2.2]辛烷的立体结构，请在图中补充必要的官能团得到完整的M的结构简式　 　。

12．（2022•东城区校级模拟）抗溃疡药奥美拉唑合成路线如图。

已知：的某些性质和相似，都能与R﹣NH2发生加成。
（1）请写出A的结构简式 　 　。
（2）B→C的反应试剂及条件是 　 　；C中所含官能团名称为 　 　。
（3）C→D的化学方程式是：　 　。
（4）D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　 　。
（5）已知：。一定条件下，E与过量反应形成高分子的同时有小分子HCl生成，该高分子以封端，请写出反应的化学方程式：　 　，与E的比值越大，则高分子的分子量越 　 　。（填“大”或“小”）。
（6）I的结构简式是 　 　。
（7）下列有关J的说法正确的是 　 　（填序号）。
a.分子式是C9H12NO2
b.能使酸性KMnO4溶液褪色
c.核磁共振氢谱有6组峰
d.具有碱性
e.能与Na2CO3溶液反应
（8）E经三步反应形成F，请写出中间体1和中间体2的结构简式　 　。

13．（2022•西城区校级三模）异苯并呋喃酮类物质广泛存在。某异苯并呋喃酮类化合物K的合成路线如图。

已知：i.
ii.
回答下列问题：.
（1）试剂a的分子式是 　 　。
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl
步骤②：　 　。
（3）下列说法不正确的是 　 　（填序号）。
a.A的核磁共振氢谱有2组峰
b.B存在含碳碳双键的酮类同分异构体
c.D存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
（4）E→F的化学方程式是 　 　。
（5）由E和F制备G时发现产率不高。
以丙酮和乙醇为原料，其它无机试剂自选，设计高效合成G的合成路线 　 　。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
已知：i.
ii.R﹣Cl﹣R﹣CN
（6）D和G经五步反应合成H，中间产物3无手性异构体，写出中间产物2和3的结构简式 　 　。 （结构简式中的“”可用“﹣R”表示）

（7）J的结构简式是 　 　。
14．（2022•海淀区校级二模）一种抗心律失常的药物氨基酮类化合物的合成路线如图。

已知：
ⅰ．
ⅱ．
（1）A→B的反应类型为 　 　，其反应的化学方程式是 　 　。
（2）H分子含氧官能团的名称为 　 　，E的一种同分异构体具有反式结构且能发生银镜反应，该同分异构体的结构简式是 　 　，该合成路线中乙二醇的作用是 　 　。
（3）F的结构简式是 　 　；符合下列条件的F的同分异构体有 　 　种。
①遇FeCl3溶液显紫色
②1mol有机物最多与2molNa2CO3或2molNa反应
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9：6：2：2：1
（4）结合上述信息，写出由和制备的合成路线 　 　。
15．（2022•房山区二模）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效．下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：

已知：
回答下列问题：
（1）A的名称是 　 　，B中含氧官能团的名称是 　 　．
（2）B→C的化学方程式是 　 　．
（3）C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式是 　 　．
（4）D→E的反应类型是 　 　．
（5）B有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式 　 　．
①不含﹣CH3
②含2种官能团
③含苯环，且苯环上仅有2个取代基
④核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3：2：2
（6）参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选）　 　．
16．（2022•通州区一模）有机化合物F是合成抗病毒药物法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图：

已知：ⅰ．
ⅱ．
（1）A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，A的结构简式：　 　．
（2）①的反应类型是 　 　．
（3）C分子中含有的官能团是 　 　．
（4）B与NaOH溶液反应的化学方程式是 　 　．
（5）下列说法不正确的是 　 　．
a．A分子中存在sp2杂化的碳原子
b．C可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
C．D能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d．D存在含有一个六元环的酯类同分异构体
（6）补充下列合成路线：合成E分三步进行，上图中③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请补充E的结构简式 　 　，并写出中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式：　 　．

17．（2022•房山区一模）有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如图：

已知：i
ii
（1）A分子中含氧官能团有醚键、　 　和 　 　。（填名称）
（2）A→B的反应方程式是 　 　。
（3）C→D的条件是 　 　。
（4）D→E的反应类型是 　 　。
（5）关于物质A下列说法正确的是 　 　（填字母）
a.核磁共振氢谱有6组峰
b.1molA能与2molNaHCO3发生反应
c.一定条件下可发生缩聚反应
（6）已知分子F中含有3个六元环，写出E→F的反应方程式 　 　。
（7）已知：
i
ii
以和为原料合成的步骤如图：

请写出产物1及产物2的结构简式 　 　、　 　。
18．（2022•西城区校级三模）治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如图。

已知：i.RCHO+CH2（COOH）2RCH＝CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
（1）A分子含有的官能团是 　 　。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是 　 　（填序号）。
a.核磁共振氢谱有5组峰
b.能使酸性KMnO4 溶液褪色
c.存在含2个六元环的酯类同分异构体
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
（3）E→G的化学方程式是 　 　。
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是 　 　
（5）L的分子式是C7H6O3。L的结构简式是 　 　。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：i.R1CH＝CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：　 　。

一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
19．（2022•海淀区校级二模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿（CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质）为原料制备铈，其工艺流程如图所示：
已知：①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的 Ce（BF4）3；
②Ksp[Fe（OH）3]＝8×10﹣38；Ksp[Ce（OH）3]＝1×10﹣22；
③lg2＝0.3。
回答下列问题：
（1）粉碎“焙烧“时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 　 　。
（2）用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有 　 　，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为 　 　（化学式）。
（3）“滤液Ⅰ”中c（Ce3+）＝0.1mol•L﹣1，用氨水调pH的范围是 　 　，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为 　 　，若Ce2（CO3）3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 　 　t。
（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为 　 　，铝粉必须过量的原因是 　 　。
20．（2022•房山区一模）金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：

已知：2H2SO4（浓）+FeTiO3＝TiOSO4+FeSO4+2H2O
（1）步骤I中发生反应的离子方程式：　 　、　 　．

（2）已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．25℃时，难溶电解质溶解度（s）与pH关系如图1，TiO（OH）2溶度积Ksp＝1×10﹣29
①步骤Ⅲ加入铁屑原因是 　 　．
②TiO2+水解的离子方程式为 　 　．
向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是 　 　．当溶液pH接近 　 　时，TiO（OH）2已沉淀完全．
（3）TiCl4Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于 　 　℃即可．

TiCl4
Mg
MgCl2
Ti
熔点/℃
﹣25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
（4）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2﹣CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．写出阳极上所发生的反应式：　 　．
一十一．探究物质的组成或测量物质的含量（共1小题）
21．（2022•昌平区二模）某小组同学探究漂白精片（主要有效成分：次氯酸钙）与氯化铜反应产物，操作及现象如下：
序号
操作
现象
实验I
取研磨成粉状的漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌
产生黑色悬浊液，同时有大量气泡产生
（1）甲同学预测气泡主要为Cl2，乙同学不认同甲的观点，理由如下：
理由
对应的离子方程式
ClO﹣与Cl﹣需在酸性条件下反应生成Cl2
①
Ca（ ClO）2溶液显碱性
②
写出离子方程式：①　 　，②　 　。
（2）猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是 　 　。
（3）对悬浊液成分进行探究。
①预测悬浊液成分为CuO，进行如图操作。

经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4。此时可推断悬浊液中 　 　（选填序号） CuO。
a.一定有
b.可能有
c.一定没有
②查阅资料，悬浊液中有高铜酸钙：Ca（CuO2）2，实验I中主要发生了以下反应：i 　 　。（写出该反应的离子方程式）
ii.i中生成的Ca（CuO2）2部分分解：2Ca（ CuO2）2＝2CaCuO2+2CuO+O2↑。
（4）查阅资料：某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子。小组同学设计如下流程制备高铁酸钾：FeCl2溶液溶液C K2FeO4溶液。写出第一步反应的离子方程式 　 　。
一十二．性质实验方案的设计（共2小题）
22．（2022•西城区二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co（NH）6]2会逐渐失活变为[Co（NH3）6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co（OH）2]＝5.9×10﹣15、Ksp[Co（OH）3]＝1.6×10﹣44
ii.Co2++6NH3⇌Co（NH3）]2+；K1＝1.3×105
Co3++6NH3⇌[Co（NH3）6]3+；K2＝2×1035
ii.[Co（NH3）6]2+和[Co（NH）6]3+在酸性条件下均能生成NH4+
（1）探究的还原性
实验I粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验1II向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验II按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验I得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验IV，　 　 （补全实验操作及现象），否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是 　 　。
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co（OH）2＞Co2+：Co2+﹣e﹣＝Co3+在碱性条件下，OH﹣与Co2+、Co3+反应，使c（Co2+）和c（Co3+）均降低，但 　 　降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
（2）探究Co的氧化性
①根据实验II和IV推测氧化性：Co3+＞Cl，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，　 　 （ 补全实验操作及现象），反应的离子方程式是 　 　。
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是 　 　。
（3）催化剂[Co（NH3）6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co（NH）6]2+能被氧化为[Co（NH3）6]3+而失活的原因：　 　。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co（NH3）6]2+的再生：　 　。
实例：CoCoCl2Co（OH）2
23．（2022•丰台区一模）实验室研究不同价态铜元素﹣﹣之间的转化。
Ⅰ．研究→、→的转化
（1）下列试剂能实现→转化的是 　 　。
A．浓硝酸
B．硫黄
C．氯气
（2）两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是 　 　。
Ⅱ．研究→的转化
已知：2Cu+⇌Cu2++Cu K＝1.2×106。[Cu（NH3）2]+为无色，在空气中极易被氧化为[Cu（NH3）4]2+
物质
CuCl（白色）
CuI（白色）
Cu2S（黑色）
CuS（黑色）
Ksp
1.02×10﹣6
5.06×10﹣12
2×10﹣47
8.5×10﹣45
实验如下：
实验a

实验b


现象：无明显变化

现象：产生白色沉淀
（3）实验a中反应难以发生的原因是 　 　。
（4）实验b中反应的离子方程式为 　 　。
（5）通过对上述实验的分析，甲预测CuSO4溶液与KI溶液混合也能实现→转化。
①甲预测的理由是 　 　。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向CuSO4溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了→转化，理由是 　 　。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，　 　，观察到 　 　，证明实验c中实现了→转化。
（6）基于实验c，乙认为CuSO4与Na2S也能反应得到Cu2S，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析Cu2+与S2﹣反应没有生成Cu2S的原因 　 　。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明S2﹣在一定条件下可以将Cu2+转化为+1价Cu，并进一步得到了Cu2S，实验方案是 　 　。
一十三．制备实验方案的设计（共1小题）
24．（2022•海淀区校级三模）工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如土：

【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是 　 　。
（2）酸浸：
①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是 　 　。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：

酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是 　 　。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如图：

①浸出液中加入石灰乳的作用是 　 　。
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3（VO4）2。向Ca3（VO4）2沉淀中加入（NH4）2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　 　。
③向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 　 　。
（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液。再加入b1mLc1mol⋅L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol⋅L﹣1KMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是 　 　。（V2O5的摩尔质量：182g⋅mol﹣1）
（5）全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时V2+发生氧化反应，电池原理（电解液中含H2SO4）如图：

①a是 　 　（填“正极”或“负极”）。
②该蓄电池反应方程式为 　 　（标出“充电”“放电”方向）。

2023年高考化学压轴题训练⑤（模拟题选编）
参考答案与试题解析
一．高炉炼铁（共1小题）
1．（2022•海淀区校级三模）工业上用Fe（III）作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。
（1）铁元素属于 　d　区（填“s”、“d”、“ds”、“p”）。
（2）Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。
①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是 　2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+　。
②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。
缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因 　酸性条件下H+浓度大，反应逆向移动　。
（3）络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。
①基态Fe3+价电子排布式为 　3d5　。
②碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，因此需将其制成可溶于水的配合物Fe（III）Ln（配合物，L表示配体，n表示配位数）。脱硫过程包含如下两步反应：
ⅰ．碱性条件下，Fe（III）Ln氧化H2S生成S8。反应的离子方程式为 　16Fe（Ⅲ）Ln+16OH﹣+8H2S＝S8↓+16Fe（Ⅱ）Ln+16H2O　。
ⅱ．O2氧化再生Fe（III）Ln的离子方程式：4Fe（Ⅱ）Ln+O2+H2O═4Fe（Ⅲ）Ln+4OH﹣总反应的化学方程式为 　4O2+8H2S＝S8↓+8H2O　。
③常用的配合物有Fe3+与EDTA形成的配合物。EDTA是乙二胺四乙酸的英文名称缩写，通常使用EDTA的二钠盐（酸根部分记为H2Y2﹣），与多种金属离子形成稳定的配合物，其结构简式如图所示。与金属离子配位时，每个H2Y2﹣电离出2个H+，生成酸根Y4﹣，再与金属离子配位。

ⅰ．已知Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，所有杂化轨道均用于容纳全部来自于配位原子的孤电子对，且EDTA的每个羧基均提供一个氧原子与铁配位，在答题卡上写出配离子[FeY]﹣的结构（注意标出配位键）　　。
ⅱ．已知Fe3+与H2Y2﹣发生配位反应时需严格控制溶液pH，若溶液pH太低或太高，分别存在的问题是 　pH太低，抑制H2Y2﹣的电离难产生Y4﹣；pH太高，Fe3+易水解为沉淀　。
【解答】解：（1）铁元素价层电子排布为3d64s2，最后一个电子排在d轨道且d轨道不满10个，属于d区，
故答案为：d；
（2）①Fe3+将 H2S氧化为S，自身被还原为Fe2+，2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，
故答案为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+；
②酸性条件下H+浓度大，生成物存在H+，促使反应逆向移动，
故答案为：酸性条件下H+浓度大，反应逆向移动；
（3）①铁元素价层电子排布为3d64s2，失去三个电子变为 3d5，
故答案为：3d5；
②ⅰ.碱性条件下，Fe（Ⅲ）Ln氧化H2S生成S8，Fe（Ⅲ）Ln被还原为Fe（Ⅱ）Ln，反应方程式为6Fe（Ⅲ）Ln+16OH﹣+8H2S＝S8↓+16Fe（Ⅱ）Ln+16H2O，
故答案为：16Fe（Ⅲ）Ln+16OH﹣+8H2S＝S8↓+16Fe（Ⅱ）Ln+16H2O；
ⅱ.将ⅰ式和ⅱ式×4 加和得总反应的化学方程式4O2+8H2S＝S8↓+8H2O，
故答案为：4O2+8H2S＝S8↓+8H2O；
③ⅰ.中心铁离子采取sp3d2杂化，形成6个空的杂化轨道容纳孤电子对，用箭头表示配位键，由担供孤对电子的原子指向中心原子，所以配离子[FeY]﹣的结构为

故答案为：；
ⅱ溶液酸碱性大小影响弱电解质的电离和金属离子的水解，pH低氢离子浓度高，抑制H2Y2﹣的电离难产生Y4﹣，若pH太高，氢氧根浓度变大Fe3+易水解为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：pH太低，抑制H2Y2﹣的电离难产生Y4﹣；pH太高，Fe3+易水解产生Fe（OH）3。
二．晶胞的计算（共1小题）
2．（2022•延庆区模拟）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐腐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
（1）基态铜原子的价层电子的轨道表示式为 　　，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu＝1959kJ•mol﹣1，IFe＝1562kJ•mol﹣1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是 　铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难，而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易　。
（2）向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu（NH3）4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu（NH3）4]SO4•H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为 　sp3　。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是 　氨气分子之间能形成氢键、甲烷不能形成分子氢键　。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体的原因 　乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度　。
（3）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为 　1：3　。
②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），ρ＝　　g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式）。

【解答】解：（1）基态Cu原子价层电子排布式为：3d104s1，价电子轨道表示式为：，Fe的价电子排布式为[Ar]3d64s2，Cu的价电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu失去一个电子后是3d能级全满，比较稳定，此时失去第二个电子不容易，因此ICu＞IFe的原因是：铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易，
故答案为：；铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难，而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；
（2）①NH3中N原子价层电子对数＝3+＝4，N原子采用sp3杂化；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子之间能形成氢键、甲烷不能形成分子氢键，所以氨气的沸点高于甲烷，
故答案为：sp3；氨气分子之间能形成氢键、甲烷不能形成分子氢键；
②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，即氢氧化铜溶于氨水，生成了[Cu（NH3）4]SO4，再加入适量乙醇，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体，
故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
（3）①在该晶胞中镍原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3，在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，
故答案为：1：3；
②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，ρ＝＝g/cm3＝g/cm3，
故答案为：。
三．原电池与电解池的综合（共1小题）
3．（2022•西城区校级模拟）生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 Fe2+氧化的细菌，培养后能提供 Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如图1。

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出 ZnS矿。
①反应2 中有S单质生成，离子方程式是　2Fe3++ZnS＝2Fe2++S+Zn2+　。
②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是　温度较高或酸性过强时，会导致细菌的活性降低或者失去活性，金属离子的浸出率均偏低　。
（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+═Li++Co2++3Fe2++O2↑
①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是　4LiCoO2+12H+4Co2++O2↑+4Li++6H2O　。
②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究 Ag+的作用。取 LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度 Ag+的溶液，钴浸出率（图 2）和溶液 pH（图 3）随时间变化曲线如下：
图2不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图3不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线
Ⅰ．由图2和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图2中的证据是　加入银离子明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴离子的浸出速率　。
Ⅱ．Ag+是反应 3 的催化剂，催化过程可表示为：反应 4：Ag++LiCoO2═AgCoO2+Li+
反应 5：……
反应5 的离子方程式是　AgCoO2+3Fe3+═Ag++Co2++3Fe2++O2↑　。
Ⅲ．由图3可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：　加入银离子催化了反应3，使得LiCoO2浸出的总反应的反应速率加快，相同时间内消耗氢离子增多，所以加入Ag+后的pH均比未加时大　。
【解答】解：（1）①根据题目信息：氧化亚铁硫杆菌生物浸出 ZnS矿过程中，铁离子转化为亚铁离子，矿物质的金属离子游离出来产生硫单质，离子方程式为：2Fe3++ZnS＝2Fe2++S+Zn2+；
故答案为：2Fe3++ZnS＝2Fe2++S+Zn2+；
②当溶液的酸性较强或是温度偏高时，会导致细菌的活性降低或者失去活性，金属离子的浸出率均偏低，
故答案为：温度较高或酸性过强时，会导致细菌的活性降低或者失去活性，金属离子的浸出率均偏低；
（2）①在酸性条件下，发生氧化还原反应生成Co2+，说明LiCoO2具有强氧化性，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是4LiCoO2+12H+4Co2++O2↑+4Li++6H2O，
故答案为：4LiCoO2+12H+4Co2++O2↑+4Li++6H2O；
②I、由图2可以看出加入银离子明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴离子的浸出速率；
故答案为：即提高了钴离子的浸出速率；
Ⅱ、Ag+是反应 3 的催化剂，催化过程可表示为：反应 4：Ag++LiCoO2═AgCoO2+Li+，可以知道反应5是产生银离子的反应：AgCoO2+3Fe3+═Ag++Co2++3Fe2++O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe3+═Ag++Co2++3Fe2++O2↑；
Ⅲ、加入Ag+后，Ag+是反应 3 的催化剂，使得LiCoO2浸出的总反应的反应速率加快，相同时间内消耗氢离子增多，所以加入Ag+后的pH均比未加时大，
故答案为：加入银离子催化了反应3，使得LiCoO2浸出的总反应的反应速率加快，相同时间内消耗氢离子增多，所以加入Ag+后的pH均比未加时大。
四．化学平衡的计算（共1小题）
4．（2022•朝阳区校级模拟）氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
（1）砷在元素周期表中的位置 　第四周期第ⅤA族　；Mc的中子数为 　173　。
（2）已知：P（s，白磷）＝P（s，黑磷）ΔH＝﹣39.3kJ⋅mol﹣1。P（s，白磷）＝P（s，红磷）ΔH＝﹣17.6kJ⋅mol﹣1
。由此推知，其中最稳定的磷单质是 　黑磷　。
（3）氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）电负性依次 　减小　（增大或减小）。
（4）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是 　bc　（填序号）。
a.不能与NaOH反应
b.含离子键、共价键
c.能与水反应
（5）[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。

PH3中P的杂化类型是 　sp3　；H2O的键角小于NH3的，分析原因 　H2O有2对孤电子对、NH3有1对孤电子对，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力　。
（6）在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，t℃时发生如下反应：
PH4I（s）⇌PH3（g）+HI（g）①
4PH3（g）⇌P4（g）+6H2②
2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）③
达平衡时，体系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝cmol，n（H2）＝dmol，则t℃时反应①的平衡常数K值为 　（b+）b　（用字母表示）。
【解答】解：（1）砷与磷同一主族，为第ⅤA族，且在磷元素的下一周期，则Sn位于第四周期第ⅤA族；Mc的中子数＝288﹣115＝173，
故答案为：第四周期第ⅤA族；173；
（2）物质的能量越低越稳定，①P（s，白磷）＝P（s，黑磷）ΔH＝﹣39.3kJ⋅mol﹣1，白磷能量大于黑磷，所以黑磷比白磷稳定；②P（s，白磷）＝P（s，红磷）ΔH＝﹣17.6kJ⋅mol﹣1，白磷能量大于红磷，所以红磷比白磷稳定，方程式①﹣②得P（s，红磷）＝P（s，黑磷）ΔH＝（﹣39.3+17.6）kJ/mol＝﹣21.7kJ/mol，则红磷比黑磷能量高，则黑磷稳定，
故答案为：黑磷；
（3）同一主族元素的电负性随着原子序数增大而减小，所以氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）电负性依次减小，
故答案为：减小；
（4）a．铵盐能和NaOH发生复分解反应，所以PH4I能与NaOH反应，故a错误；
b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I中含离子键、共价键，故b正确；
c．铵盐都易发生水解反应，所以PH4I能与水反应，故c正确；
故答案为：bc；
（5）PH3中P原子价层电子对数＝3+＝4，则P原子采用sp3杂化；根据图知，NH3中N原子含有1个孤电子对、H2O中O原子含有2个孤电子对，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角，
故答案为：sp3；H2O有2对孤电子对、NH3有1对孤电子对，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力；
（6）在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，t℃时发生如下反应：
可逆反应PH4I（s）⇌PH3（g）+HI（g）①
反应（mol） b+2c﹣（d﹣c） b
可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2②
反应（mol）（d﹣c） （d﹣c） d﹣c
可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）③
反应（mol）2c c c
t℃时反应①的平衡常数K值＝c（PH3）×c（HI）＝[b+2c﹣（d﹣c）]×b＝（b+）b，
故答案为：（b+）b。
五．氯及其化合物的综合应用（共1小题）
5．（2022•东城区校级三模）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO．实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i．HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8；
H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7、K2＝5.6×10﹣11。
ii．碘的化合物主要以I﹣和的形式存在，+5I﹣+6H+═3I2+3H2O。
iii．碘单质能与I﹣反应：I2+I﹣⇌（低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ．制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 　C　 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 　ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆移，使c（HClO）减小，分解速率减慢　。
（3）结合资料 i，写出D中反应的化学方程式 　Cl2+NaHCO3═HClO+NaCl+CO2　。
Ⅱ．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g）
振荡后溶液保持无色
不变蓝
（4）对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 　溶液的酸碱性、消毒液和KI的相对用量　。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是 　5ClO﹣+I2+2OH﹣═2+5Cl﹣+H2O　。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 　向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去　。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由 　不能，溶液中存在大量ClO﹣的干扰，ClO﹣也可将I﹣氧化为I2使溶液变蓝　。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 　“变蓝，因为发生反应ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣（和I2+I﹣⇌），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I﹣⇌，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH﹣═+5I﹣+3H2O”　。
【解答】解：（1）Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O；制得NaClO消毒液，
故答案为：C；
（2）NaClO含弱酸根离子（ClO﹣）易水解：ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定），
故答案为：ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆移，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；
（3）Cl2溶于水生成两种酸HCl和HClO：即Cl2+H2O＝HCl+HClO；又因HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8，H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11；得出酸性的大小：H2CO3＞HClO＞；根据强酸制弱酸，所以HClO与NaHCO3不反应，只有HCl+NaHCO3═NaCl+CO2↑+H2O；所以两个方程式加和的总反应方程式：Cl2+NaHCO3═HClO+NaCl +CO2↑，
故答案为：Cl2+NaHCO3═HClO+NaCl +CO2↑；
（4）表格中烧杯1和烧杯2相比较，区别于在1mol/L盐酸10mL上；烧杯1和烧杯3区别于KI固体的用量上；都用到消毒液，所以制取碘水的最佳方法要关注的因素是：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量（合理即可），
故答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量（合理即可）；
（5）NaClO氧化I2生成，根据得失电子守恒：ClO﹣的氯元素由+1价生成Cl﹣得2个电子；0价的I2生成+5价的中的碘元素，转移电子的最小公倍数为10；所以5ClO﹣和I2生成2和5Cl﹣，再结合反应在碱性条件下进行，并利用元素守恒和电荷守恒得出离子方程式：5ClO﹣+I2+2OH﹣═2+5Cl﹣+H2O；
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在，设计实验a证实了假设2成立：做对比实验，直接往相同条件的碱液中滴加含有有淀粉溶液的碘水来证明；若蓝色褪去即可证明；所以向与烧杯3的pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去即可证明；
故答案为：5ClO﹣+I2+2OH﹣═2+5Cl﹣+H2O；向与烧杯3 pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；
（6）烧杯3所得无色溶液中含有大量“84消毒液”，与KI溶液放发生反应，会生成I2；所以不能证明，因为溶液中存在大量ClO﹣的干扰，ClO﹣也可将I﹣氧化为I2使溶液变蓝；故答案为：不能，溶液中存在大量ClO﹣的干扰，ClO﹣也可将I﹣氧化为I2使溶液变蓝；
（7）有两种情况：也可能变蓝，也可能不变蓝；“变蓝，因为发生反应ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣ （和 I2+I﹣⇌），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I﹣⇌，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH﹣═+5I﹣+3 H2O”（合理即可）；
故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣ （和 I2+I﹣⇌），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I﹣⇌，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH﹣═+5I﹣+3 H2O”（合理即可）。
六．海水资源及其综合利用（共1小题）
6．（2022•东城区校级三模）海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间．
（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示．下列说法不正确的是 　bc　（填字母序号）．
a．pH＝8时，溶液中含碳元素的微粒主要是
b．A点，溶液中H2CO3和浓度相同
c．当c（）＝c（）时，c（H+）＞c（OH﹣）
②向上述pH＝8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是 　+OH﹣＝+H2O　．
（2）海水pH稳定在7.9﹣8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂．
①海水中含有的OH ﹣可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3．写出此反应的离子方程式：　①CO2+2OH﹣+Ca2+＝CaCO3↓+H2O　．
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1＝4.3×10﹣7 K2＝5.6×10﹣11
H2SO3电离平衡常数K1＝1.5×10﹣2 K2＝6.0×10﹣8
海水中含有的可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是 　SO2+＝CO2+　．
（3）洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放．与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式．
①通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化，该反应的离子方程式是 　O2+2＝2+2H+　．
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是 　与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2　．
【解答】解：（1）①a．图象分析可知，PH＝8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是，故a正确；
b．A点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同，溶液中H2CO3和浓度不相同，故b错误；
c．图象分析可知当c（）＝c（）时，PH＝10溶液显碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故c错误；
故答案为：bc；
②pH＝8.4的水溶液中主要是碳酸氢钠溶液，加入NaOH溶液时发生反应为碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：+OH﹣＝+H2O，
故答案为：+OH﹣＝+H2O；
（2）①海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：CO2+2OH﹣+Ca2+＝CaCO3↓+H2O，
故答案为：CO2+2OH﹣+Ca2+＝CaCO3↓+H2O；
②25℃时，H2CO3电离平衡常数K1＝4.3×10﹣7 K2＝5.6×10﹣11，H2SO3电离平衡常数K1＝1.5×10﹣2 K2＝6.0×10﹣8，酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞＞，海水中含有的可用于吸收SO2，反应生成生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：SO2+＝CO2+，
故答案为：SO2+＝CO2+；
（3）①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2＝2+2H+，
故答案为：O2+2＝2+2H+；
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2，
故答案为：与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2．
七．铁的化学性质（共1小题）
7．（2022•大兴区校级模拟）铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料．
（1）常温下，可用铁质容器盛装浓硫酸的原因是　浓硫酸使铁表面形成一层致密稳定的氧化膜　．
（2）某实验小组利用图装置验证铁与水蒸气的反应．
①湿棉花的作用是　提供水蒸气　，试管中反应的化学方程式是　3Fe+4H2O Fe3O4+4H2　．
②实验结束后，取出少量反应后的固体于试管中，加入过量盐酸，固体完全溶解，所得溶液中存在的阳离子是　b　（填序号）．
a．一定有Fe2+、H+和Fe3+ b．一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+
c．一定有Fe2+、Fe3+，可能有 H+ d．一定有Fe3+、H+，可能有Fe2+
（3）另称取一定量的铁钉放入适量的浓硫酸中，加热，充分反应后收集气体．经测定气体中含有SO2、CO2和H2．
①铁与浓硫酸反应的化学方程式是　2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O　．
②气体中混有CO2的原因是（用化学方程式表示）　C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O　．
③将672mL（标准状况）收集到的气体通入足量溴水中，反应的离子方程式为　SO2+Br2+2H2O═2Br﹣+SO42﹣+4H+　，然后加入足量BaCl2溶液，经洗涤、干燥得到固体4.66g．由此推知收集到的气体中SO2的体积分数是　　．

【解答】（1）常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象使铁表面形成一层致密稳定的氧化膜，故铁制品容器可以盛放浓硫酸，
故答案为：浓硫酸使铁表面形成一层致密稳定的氧化膜；
（2）①因为是铁和水蒸气的反应，试管内有铁粉，所以湿棉花主要是提供水蒸气；铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，
故答案为：提供水蒸气；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；
②铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，加入过量盐酸，固体完全溶解，必发生反应：Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，四氧化三铁黑色固体中可能含有过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+═3Fe2+，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+，
故答案为：b；
（3）①铁和浓硫酸反应铁被氧化成+3价铁，浓硫酸被还原成+4价的硫，生成硫酸铁和二氧化硫和水，
反应方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O
故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O；
②在反应的过程中，碳单质可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，
故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；
③SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4，离子方程式的书写，将产物中的氢溴酸和硫酸拆成离子，所以离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═2Br﹣+SO42﹣+4H+，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，可以先洗涤然后再过滤来获得纯净的硫酸钡沉淀，则n（混合气体）＝＝0.03mol，
SO2 ～BaSO4
1mol 233g
n 4.66g
n＝0.02mol，
则 SO2的体积分数：×100%＝，
故答案为：SO2+Br2+2H2O═2Br﹣+SO42﹣+4H+；．
八．有机物的推断（共3小题）
8．（2022•东城区校级三模）药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线如图所示。

已知：i.
ii.
（1）的反应方程式是 　　。
（2）B的分子式为C11H13NO2。E的结构简式是 　　。
（3）M→P的反应类型是 　酯化反应或取代反应　。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 　醛基、羧基　。
（5）J的结构简式是 　　。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：　　。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。
已知：
合成Q的路线如图（无机试剂任选），写出X、Y、Z的结构简式：　、、　。

【解答】解：（1）苯胺和乙酸发生取代反应生成A，的反应方程式是，
故答案为：；
（2）E的结构简式是，
故答案为：；
（3）M和甲醇发生酯化反应或取代反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
（4）M为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基，
故答案为：醛基、羧基；
（5）J的结构简式是，
故答案为：；
（6）P为，W是P的同分异构体，W符合下列条件：
i.包含2个六元环，不含甲基；
ii.W可水解说明含有酯基；W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则应该含有酚羟基和某酸苯酯基，根据其不饱和度知，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z，所以X、Y、Z分别是、、，
故答案为：、、。
9．（2022•东城区二模）马尼地平主要用于治疗原发性高血压，其一种合成路线如图：

已知：R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH

（1）A→B的反应方程式是 　H2NCH2CH2NH2+HOCH2CH2OH+2H2O　。
（2）C→D的反应类型是 　取代反应　。
（3）E中含氧官能团是 　羟基、酯基　，
（4）试剂X的分子式为C7H5NO3，其结构简式是 　　。
（5）H分子中有两个含氮六元环，其结构简式是（在虚线框内将H的结构简式补充完整） 　　。
（6）合成上述流程中的一种方法如图。

试剂a、中间产物2的结构简式分别是 　CH3OH、CH3COCH2COOCH3　。
【解答】解：（1）A→B的反应方程式是H2NCH2CH2NH2+HOCH2CH2OH+2H2O，
故答案为：H2NCH2CH2NH2+HOCH2CH2OH+2H2O；
（2）C→D的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）E为，E中含氧官能团是羟基、酯基，
故答案为：羟基、酯基；
（4）试剂X的分子式为C7H5NO3，其结构简式是，
故答案为：；
（5）通过以上分析知，H为，其结构简式是，虚线框内结构为，
故答案为：；
（6）通过以上分析知，a为CH3OH、中间产物2为CH3COCH2COOCH3，
故答案为：CH3OH、CH3COCH2COOCH3。
10．（2022•海淀区一模）靛蓝类色素是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝（化合物X）和多环化合物Y的一种合成路线如图所示（部分反应条件或试剂略去）。

已知：
i.
（1）A的名称是 　甲苯　。
（2）下列说法中，正确的是 　ac　（填序号）。
a.由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b.D中含有的官能团只有硝基
c.D→E可以通过取代反应实现
（3）E→G的化学方程式是 　　。
（4）I的结构简式是 　CH3COCH3　。
（5）J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是 　1：2　。
（6）K中除苯环外，还含有一个五元环，K的结构简式是 　　。
（7）已知：
ii.
ⅲ.亚胺结构（）中C＝N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如图。

写出中间产物1、中间产物2的结构简式 　　、　　。
【解答】解：（1）A为，A的名称是甲苯，
故答案为：甲苯；
（2）a.由A制备B时，需要使用浓硝酸作反应物、浓硫酸作催化剂，故a正确；
b.D中含有硝基和卤原子，故b错误；
c.D中卤原子水解生成E中醇羟基，也属于取代反应，所以D→E可以通过取代反应实现，故c正确；
故答案为：ac；
（3）E发生催化氧化生成G为，E→G的化学方程式是，
故答案为：；
（4）I的结构简式是CH3COCH3，
故答案为：CH3COCH3；
（5）J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据碳原子守恒知，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2，
故答案为：1：2；
（6）K的结构简式是，
故答案为：；
（7）通过以上分析知，中间产物1为，中间产物2为，
故答案为：；。
九．有机物的合成（共8小题）
11．（2022•海淀区校级三模）化合物M是桥环化合物二环[2.2.2]辛烷的衍生物，其合成路线如图：

已知：ⅰ．（L＝OR4或..
ⅱ．
（ⅰ、ⅱ中R1、R2、R3、R4均代表烃基）
（1）A可与NaHCO3溶液反应，其名称为 　乙酸　。B中所含官能团为 　﹣COOR　
（2）B→C的化学方程式为 　CH3COOCH2CH3+CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH　。
（3）试剂a的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，则C→D的反应类型为 　加成反应　。
（4）F→G的化学反应方程式为 　　。
（5）已知E→F和J→K都发生了相同的反应，则带六元环结构的K的结构简式为 　　。
（6）HOCH2CH2OH的作用是保护G中的酮羰基，若不加以保护，则G直接在C2H5ONa作用下可能得到I之外的副产物，请写出一个带六元环结构的副产物的结构简式 　　。
（7）已知。由K在NaOH作用下反应得到化合物M，该物质具有如图所示的二环[2.2.2]辛烷的立体结构，请在图中补充必要的官能团得到完整的M的结构简式　　。

【解答】解：（1）通过以上分析知，A为CH3COOH，则A的名称为乙酸；A和乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯（B），因此B中所含官能团的结构简式为﹣COOR，
故答案为：乙酸；﹣COOR；
（2）B的结构简式为CH3COOCH2CH3，C的结构简式为CH3COCH2COOCH2CH3，B→C发生已知i中的取代反应，反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH3+CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH，
故答案为：CH3COOCH2CH3+CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH；
（3）C的结构简式为CH3COCH2COOCH2CH3，C与试剂a、（C2H5）3N反应生成D（），试剂a的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，则a的结构简式为CH2＝CHCOOCH2CH3，因此C→D的反应类型为加成反应，
故答案为：加成反应；
（4）F与乙醇发生酯化反应生成G，反应的化学反应方程式为：，
故答案为：；
（5）由分析可知，K的结构简式为，
故答案为：；
（6）HOCH2CH2OH的作用是保护G中的酮羰基，若不加以保护，则G直接在C2H5ONa作用下可能得到I之外的副产物，结合已知i，一个带六元环结构的副产物的结构简式为，
故答案为；
（7）题给已知表明在NaOH作用下，羰基的邻碳C﹣H键断裂，与另一羰基发生加成反应。K的结构简式为，K在NaOH作用下反应得到化合物M，该物质具有如图所示的二环[2.2.2]辛烷的立体结构，则M的结构简式为，
故答案为：。
12．（2022•东城区校级模拟）抗溃疡药奥美拉唑合成路线如图。

已知：的某些性质和相似，都能与R﹣NH2发生加成。
（1）请写出A的结构简式 　　。
（2）B→C的反应试剂及条件是 　浓硝酸、浓硫酸、加热　；C中所含官能团名称为 　硝基、醚键、酰胺基　。
（3）C→D的化学方程式是：　　。
（4）D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　1：3　。
（5）已知：。一定条件下，E与过量反应形成高分子的同时有小分子HCl生成，该高分子以封端，请写出反应的化学方程式：　　，与E的比值越大，则高分子的分子量越 　小　。（填“大”或“小”）。
（6）I的结构简式是 　　。
（7）下列有关J的说法正确的是 　bcd　（填序号）。
a.分子式是C9H12NO2
b.能使酸性KMnO4溶液褪色
c.核磁共振氢谱有6组峰
d.具有碱性
e.能与Na2CO3溶液反应
（8）E经三步反应形成F，请写出中间体1和中间体2的结构简式　、　。

【解答】解：（1）由A的分子式、C的结构简式可知，A中氨基与乙酸酐发生取代反应生成B和CH3COOH，B发生硝化反应生成C，推知A的结构简式为，
故答案为：；
（2）由分析可知，B→C发生硝化反应，反应试剂及条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；观察结构可知，C中所含官能团名称为硝基、醚键、酰胺基，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；硝基、醚键、酰胺基；
（3）C→D是酰胺基发生水解反应，反应化学方程式是，
故答案为：；
（4）D→E过程中，硝基转化为氨基，整个过程表示为﹣NO2+3Fe+6HCl→﹣NH2+3FeCl2+2H2O，﹣NO2为氧化剂，Fe为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，
故答案为：1：3；
（5）已知：，一定条件下，E与过量反应形成高分子的同时有小分子HCl生成，该高分子以封端，该反应的化学方程式：，E的相对分子质量比大，则与E的比值越大，则高分子的分子量越小，
故答案为：；小；
（6）由分析可知，I的结构简式是，
故答案为：；
（7）a．J的结构简式为，分子式是C9H13NO2，故a错误；
b．含有﹣CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；
c．分子不存在对称结构，分子含有6种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱有6组峰，故c正确；
d．J中氮原子含有孤电子对，具有碱性，故d正确；
e．醇羟基不能与Na2CO3溶液反应，故e错误，
故答案为：bcd；
（8）E经三步反应形成F，已知：的某些性质和相似，都能与R﹣NH2发生加成，则E中1个氨基与CS2反应生成，然后另一个氨基再与C＝S双键加成生成，最后发生消去反应生成F和H2S，故中间体1和中间体2的结构简式分别为、，
故答案为：、。
13．（2022•西城区校级三模）异苯并呋喃酮类物质广泛存在。某异苯并呋喃酮类化合物K的合成路线如图。

已知：i.
ii.
回答下列问题：.
（1）试剂a的分子式是 　C2H2O3　。
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl
步骤②：　4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O　。
（3）下列说法不正确的是 　ac　（填序号）。
a.A的核磁共振氢谱有2组峰
b.B存在含碳碳双键的酮类同分异构体
c.D存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
（4）E→F的化学方程式是 　CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl　。
（5）由E和F制备G时发现产率不高。
以丙酮和乙醇为原料，其它无机试剂自选，设计高效合成G的合成路线 　　。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
已知：i.
ii.R﹣Cl﹣R﹣CN
（6）D和G经五步反应合成H，中间产物3无手性异构体，写出中间产物2和3的结构简式 　、　。 （结构简式中的“”可用“﹣R”表示）

（7）J的结构简式是 　　。
【解答】解：（1）a为OHCCOOH，试剂a的分子式是C2H2O3，
故答案为：C2H2O3；
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl，D为；步骤②：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O，
故答案为：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O；
（3）a．A为，A的分子中含有3种氢原子，则A的核磁共振氢谱有3组峰，故a错误；
b．B为，B的不饱和度是5，碳碳双键的不饱和度是1、酮的不饱和度是1，则B存在含碳碳双键的酮类同分异构体，故b正确；
c．D为，D的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4，环的不饱和度是1，酯基的不饱和度是1，除去苯环外还含有2个碳原子，2个碳原子不能形成环，所以D不存在含酚羟基的环状酯类同分异构体，故c错误；
故答案为：ac；
（4）E为CH3COOCH2CH3，F为ClCH2COOCH2CH3，E→F的化学方程式是CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl，
故答案为：CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl；
（5）以丙酮和乙醇为原料合成，丙酮先与氯气光照条件下发生取代反应，生成，再与NaCN发生取代反应生成，水解生成，最后再与乙醇发生酯化反应即可得到目标产物，合成路线为，
故答案为：；
（6）D为、G为，中间产物3无手性异构体，D和G发生信息ii的反应生成中间产物1为，中间产物1发生消去反应生成中间产物2为，中间产物4发生消去反应生成H，则中间产物4为，中间产物3发生加成反应生成中间产物4，中间产物2和G发生信息ii中的反应生成中间产物3为，
故答案为：、；
（7）J的结构简式为，
故答案为：。
14．（2022•海淀区校级二模）一种抗心律失常的药物氨基酮类化合物的合成路线如图。

已知：
ⅰ．
ⅱ．
（1）A→B的反应类型为 　酯化反应或取代反应　，其反应的化学方程式是 　CH2＝CHCOOH+CH3CH2OHCH2＝CHCOOCH2CH3+H2O　。
（2）H分子含氧官能团的名称为 　醚键　，E的一种同分异构体具有反式结构且能发生银镜反应，该同分异构体的结构简式是 　　，该合成路线中乙二醇的作用是 　保护羰基　。
（3）F的结构简式是 　　；符合下列条件的F的同分异构体有 　4　种。
①遇FeCl3溶液显紫色
②1mol有机物最多与2molNa2CO3或2molNa反应
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9：6：2：2：1
（4）结合上述信息，写出由和制备的合成路线 　　。
【解答】解：（1）A为CH2＝CHCOOH，B为CH2＝CHCOOCH2CH3，A→B的反应类型为酯化反应或取代反应，其反应的化学方程式是：CH2＝CHCOOH+CH3CH2OHCH2＝CHCOOCH2CH3+H2O，
故答案为：酯化反应或取代反应；CH2＝CHCOOH+CH3CH2OHCH2＝CHCOOCH2CH3+H2O；
（2）H为，H分子含氧官能团的名称为醚键，E为CH2＝CHCOCH3，E的一种同分异构体具有反式结构且能发生银镜反应，说明含有醛基，该同分异构体的结构简式是，该合成路线中乙二醇的作用是保护羰基，
故答案为：醚键；；保护羰基；
（3）F的结构简式是；F的同分异构体符合下列条件：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，F的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，符合条件的同分异构体中除了含有苯环外不含其它环或双键；
②1mol有机物最多与2molNa2CO3或2molNa反应，说明含有2个酚羟基；
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9：6：2：2：1，含有3个等效甲基且含有5种氢原子，符合条件的结构简式为，所以有4种，
故答案为：；4；
（4）由和制备，HOCH2CH2CH2OH发生催化耶和华生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO和发生信息i中的反应然后信息ii的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
15．（2022•房山区二模）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效．下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：

已知：
回答下列问题：
（1）A的名称是 　溴苯　，B中含氧官能团的名称是 　羰基、羧基　．
（2）B→C的化学方程式是 　　．
（3）C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式是 　　．
（4）D→E的反应类型是 　加成反应　．
（5）B有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式 　　．
①不含﹣CH3
②含2种官能团
③含苯环，且苯环上仅有2个取代基
④核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3：2：2
（6）参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选）　　．
【解答】解：（1）A为，A的名称是溴苯，B中含氧官能团的名称是羰基、羧基，
故答案为：溴苯；羰基、羧基；
（2）B生成C的化学方程式为，
故答案为：；
（3）通过以上分析知，M的结构简式为，
故答案为：；
（4）D发生加成反应生成E，
故答案为：加成反应；
（5）B的同分异构体满足以下条件：
①不含﹣CH3；
②含2种官能团；
③含苯环，无其他环，且苯环上仅有2个取代基，根据O原子个数及其不饱和度，2种官能团为溴原子、醛基，2个取代基为﹣Br、﹣C（CHO）3或﹣CHO、﹣CBr（CHO）2；
④核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为，
故答案为：；
（6）模仿D→E→F的转化，与反应生成，然后在催化剂条件下发生消去反应生成，最后与氢气加成生成，合成路线为，
故答案为：。
16．（2022•通州区一模）有机化合物F是合成抗病毒药物法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图：

已知：ⅰ．
ⅱ．
（1）A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，A的结构简式：　CH3COOH　．
（2）①的反应类型是 　氧化反应　．
（3）C分子中含有的官能团是 　醛基、羧基　．
（4）B与NaOH溶液反应的化学方程式是 　ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O　．
（5）下列说法不正确的是 　cd　．
a．A分子中存在sp2杂化的碳原子
b．C可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
C．D能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d．D存在含有一个六元环的酯类同分异构体
（6）补充下列合成路线：合成E分三步进行，上图中③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请补充E的结构简式 　　，并写出中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式：　　．

【解答】解：（1）A的结构简式：CH3COOH，
故答案为：CH3COOH；
（2）①的反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（3）C为OHCCOOH，C分子中含有的官能团是醛基、羧基，
故答案为：醛基、羧基；
（4）B为CH2ClCOOH，B和NaOH的水溶液发生水解反应、中和反应，则B与NaOH溶液反应的化学方程式是ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O，
故答案为：ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O；
（5）a．A为CH3COOH，A分子中羧基上的碳原子采用sp2杂化，故a正确；
b．C为OHCCOOH，羧基能发生取代反应，醛基能发生加成反应、氧化反应，故b正确；
C．D为（CH3CH2O）2CHCOOH，D不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c错误；
d．D的不饱和度是1，所以D不存在含有一个六元环的酯类同分异构体，故d错误；
故答案为：cd；
（6）通过以上分析知，E为，中间产物1发生取代反应生成中间产物2，则中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式：，
故答案为：；。
17．（2022•房山区一模）有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如图：

已知：i
ii
（1）A分子中含氧官能团有醚键、　羧基　和 　羟基　。（填名称）
（2）A→B的反应方程式是 　　。
（3）C→D的条件是 　浓硝酸、浓硫酸、55～60℃　。
（4）D→E的反应类型是 　还原反应　。
（5）关于物质A下列说法正确的是 　ac　（填字母）
a.核磁共振氢谱有6组峰
b.1molA能与2molNaHCO3发生反应
c.一定条件下可发生缩聚反应
（6）已知分子F中含有3个六元环，写出E→F的反应方程式 　　。
（7）已知：
i
ii
以和为原料合成的步骤如图：

请写出产物1及产物2的结构简式 　　、　　。
【解答】解：（1）A分子中含氧官能团有醚键、羧基、羟基，
故答案为：羧基；羟基；
（2）A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B，A→B的反应方程式是，
故答案为：；
（3）C中氢原子被硝基取代生成D，C→D的条件是浓硝酸、浓硫酸、55～60℃，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、55～60℃；
（4）D中硝基被还原生成E中氨基，则D→E的反应类型是还原反应，
故答案为：还原反应；
（5）a.A中含有6种氢原子，所以核磁共振氢谱有6组峰，故a正确；
b.只有羧基能和碳酸氢钠以1：1反应，则1molA能与1molNaHCO3发生反应，故b错误；
c.苯环上酚羟基的邻位和对位含有氢原子，所以一定条件下可发生缩聚反应，故c正确；
故答案为：ac；
（6）E→F的反应方程式为，
故答案为：；
（7）以和为原料合成，发生水解反应生成HOCH2CH2OH，发生反应生成ClCH2CH2CONH2，乙二醇和ClCH2CH2CONH2发生信息ii的反应生成产物1，产物1为，产物1发生信息i的反应生成产物2为，产物2发生取代反应生成，
故答案为：；。
18．（2022•西城区校级三模）治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如图。

已知：i.RCHO+CH2（COOH）2RCH＝CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
（1）A分子含有的官能团是 　氟原子、醛基　。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是 　abc　（填序号）。
a.核磁共振氢谱有5组峰
b.能使酸性KMnO4 溶液褪色
c.存在含2个六元环的酯类同分异构体
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
（3）E→G的化学方程式是 　NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O　。
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是 　　
（5）L的分子式是C7H6O3。L的结构简式是 　　。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：i.R1CH＝CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：　、、　。

【解答】解：（1）由分析可知A的结构简式为，A分子含有的官能团是氟原子、醛基，
故答案为：氟原子、醛基；
（2）a．B的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有5组峰，故a正确；
b．B分子中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；
c．存在含2个六元环的酯类同分异构体，如、等，故c正确；
d．碳碳双键与碳碳三键的不饱和度不相同，不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；
故答案为：abc；
（3）E→G的化学方程式是NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O，
故答案为：NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O；
（4）由分析可知，J的结构简式是，
故答案为：；
（5）由分析可知，L的结构简式是，
故答案为：；
（6）由本题中信息可知，异构为，先经过①O3、②Zn/H2O氧化生成，再用H2O2氧化生成，最后水解生成，故N、P、Q依次为、、，
故答案为：、、。
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
19．（2022•海淀区校级二模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿（CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质）为原料制备铈，其工艺流程如图所示：
已知：①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的 Ce（BF4）3；
②Ksp[Fe（OH）3]＝8×10﹣38；Ksp[Ce（OH）3]＝1×10﹣22；
③lg2＝0.3。
回答下列问题：
（1）粉碎“焙烧“时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 　增大了气体与固体粉末间的接触面积　。
（2）用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有 　酸性、还原性　，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为 　KBF4　（化学式）。
（3）“滤液Ⅰ”中c（Ce3+）＝0.1mol•L﹣1，用氨水调pH的范围是 　3.3≤pH＜7　，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为 　2Ce3++6＝Ce2（CO3）3+3CO2↑+3H2O　，若Ce2（CO3）3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 　17.2　t。
（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为 　3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce　，铝粉必须过量的原因是 　使CeO2全部转化为Ce　。
【解答】解：（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积，
故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce（BF4）3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4（化学式），
故答案为：酸性、还原性；KBF4；
（3）“滤液Ⅰ”中c（Ce3+）＝0.1mol•L﹣1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce（OH）3]＝1×10﹣22，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣7mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，pH＝7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe（OH）3]＝8×10﹣38，c（OH﹣）＝mol/L＝2×10﹣11mol/L，c（H+）＝mol/L＝mol/L，pH＝﹣lg＝3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH＜7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6＝Ce2（CO3）3+3CO2↑+3H2O；若Ce2（CO3）3经充分焙烧质量减少5.8t，根据
2Ce2（CO3）3+O2＝6CO2+4CeO2 Δm
4×172t 232t
m 5.8t
m＝t＝17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t，
故答案为：3.3≤pH＜7；2Ce3++6＝Ce2（CO3）3+3CO2↑+3H2O；17.2；
（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce，
故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce。
20．（2022•房山区一模）金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：

已知：2H2SO4（浓）+FeTiO3＝TiOSO4+FeSO4+2H2O
（1）步骤I中发生反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　、　SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　．

（2）已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．25℃时，难溶电解质溶解度（s）与pH关系如图1，TiO（OH）2溶度积Ksp＝1×10﹣29
①步骤Ⅲ加入铁屑原因是 　将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀　．
②TiO2+水解的离子方程式为 　TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+　．
向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是 　调节溶液pH值，促进TiO2+水解　．当溶液pH接近 　3　时，TiO（OH）2已沉淀完全．
（3）TiCl4Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于 　1412　℃即可．

TiCl4
Mg
MgCl2
Ti
熔点/℃
﹣25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
（4）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2﹣CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．写出阳极上所发生的反应式：　C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑　．
【解答】解：钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，由图1可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，再浓缩蒸发得到绿矾与溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中含有TiOSO4，加入碳酸钠溶液，调节pH接近3，TiO（OH）2沉淀完全，再经过系列操作得到Ti．
（1）步骤I中发生反应有：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，相应反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；
（2）①由图可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，
故答案为：将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中，所以TiO2+水解生成TiO（OH）2与H+，离子方程式为：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；
加入碳酸钠溶液后得到TiO（OH）2沉淀，所以向溶液Ⅱ中加入Na2CO3粉末的作用是：调节溶液pH值，促进TiO2+水解；由图可知，pH＝3时TiO（OH）2已沉淀完全，
故答案为：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；调节溶液pH值，促进TiO2+水解；3；
（3）Mg、MgCl2的沸点最高是1412℃，而Ti的熔点为1667℃，所以当温度略高于1412℃时Mg、MgCl2以气体的形式除去，而得到Ti，
故答案为：1412；
（4）电解时阳极发生氧化反应，由电解池结构可知，阳极上氧离子失去电子生成氧气，与碳作用生成二氧化碳，阳极电极反应式为：C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑，
故答案为：C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑．
一十一．探究物质的组成或测量物质的含量（共1小题）
21．（2022•昌平区二模）某小组同学探究漂白精片（主要有效成分：次氯酸钙）与氯化铜反应产物，操作及现象如下：
序号
操作
现象
实验I
取研磨成粉状的漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌
产生黑色悬浊液，同时有大量气泡产生
（1）甲同学预测气泡主要为Cl2，乙同学不认同甲的观点，理由如下：
理由
对应的离子方程式
ClO﹣与Cl﹣需在酸性条件下反应生成Cl2
①
Ca（ ClO）2溶液显碱性
②
写出离子方程式：①　ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O　，②　ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣　。
（2）猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是 　带火星的木条接近烧杯口，木条熄灭，说明生成的气体为Cl2　。
（3）对悬浊液成分进行探究。
①预测悬浊液成分为CuO，进行如图操作。

经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4。此时可推断悬浊液中 　c　（选填序号） CuO。
a.一定有
b.可能有
c.一定没有
②查阅资料，悬浊液中有高铜酸钙：Ca（CuO2）2，实验I中主要发生了以下反应：i 　Ca2++4ClO﹣+2Cu2++2Cl﹣＝Ca（CuO2）2↓+3Cl2↑　。（写出该反应的离子方程式）
ii.i中生成的Ca（CuO2）2部分分解：2Ca（ CuO2）2＝2CaCuO2+2CuO+O2↑。
（4）查阅资料：某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子。小组同学设计如下流程制备高铁酸钾：FeCl2溶液溶液C K2FeO4溶液。写出第一步反应的离子方程式 　2ClO﹣+4OH﹣+Fe2+＝FeO42﹣+2Cl﹣+2H2O　。
【解答】解：（1）ClO﹣与Cl﹣需在酸性条件下反应生成Cl2离子方程式①ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，Ca（ ClO）2溶液显碱性的离子反应为②ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
（2）猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是用带火星的木条接近烧杯口，木条熄灭，说明生成的气体为Cl2，
故答案为：带火星的木条接近烧杯口，木条熄灭，说明生成的气体为Cl2；
（3）①预测悬浊液成分为CuO，根据氧化亚铜与稀硫酸反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，而实验中经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4，实验中无铜生成，可推断悬浊液中一定没有CuO，
故答案为：c；
②漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌，生成高铜酸钙：Ca（CuO2）2和氯气，实验I中该反应的离子方程式Ca2++4ClO﹣+2Cu2++2Cl﹣＝Ca（CuO2）2↓+3Cl2↑，
故答案为：Ca2++4ClO﹣+2Cu2++2Cl﹣＝Ca（CuO2）2↓+3Cl2↑；
（4）FeCl2溶液溶液C K2FeO4溶液，第一步为氯化亚铁在碱性条件下被氧化为高铁酸钠，第二步为高铁酸钠中加入氢氧化钾，转化为高铁酸碱，则第一步反应的离子方程式 2ClO﹣+4OH﹣+Fe2+＝FeO42﹣+2Cl﹣+2H2O，
故答案为：2ClO﹣+4OH﹣+Fe2+＝FeO42﹣+2Cl﹣+2H2O。
一十二．性质实验方案的设计（共2小题）
22．（2022•西城区二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co（NH）6]2会逐渐失活变为[Co（NH3）6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co（OH）2]＝5.9×10﹣15、Ksp[Co（OH）3]＝1.6×10﹣44
ii.Co2++6NH3⇌Co（NH3）]2+；K1＝1.3×105
Co3++6NH3⇌[Co（NH3）6]3+；K2＝2×1035
ii.[Co（NH3）6]2+和[Co（NH）6]3+在酸性条件下均能生成NH4+
（1）探究的还原性
实验I粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验1II向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验II按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验I得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验IV，　将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学　 （补全实验操作及现象），否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是 　4Co（OH）2+O2+2H2O＝4Co（OH）3　。
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co（OH）2＞Co2+：Co2+﹣e﹣＝Co3+在碱性条件下，OH﹣与Co2+、Co3+反应，使c（Co2+）和c（Co3+）均降低，但 　c（Co3+）　降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
（2）探究Co的氧化性
①根据实验II和IV推测氧化性：Co3+＞Cl，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，　加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+＞Cl2　 （ 补全实验操作及现象），反应的离子方程式是 　2Co（OH）3+6H++2Cl﹣＝2Co2++Cl2↑+6H2O　。
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是 　O2　。
（3）催化剂[Co（NH3）6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co（NH）6]2+能被氧化为[Co（NH3）6]3+而失活的原因：　对Co2+﹣e﹣＝Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c（Co2+）和c（Co3+）均降低，但K2＞K1，c（Co3+）降低的程度远大于c（Co2+），还原剂的还原性增强，[Co（NH3）6]2+能被氧化　。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co（NH3）6]2+的再生：　[Co（NH3）6]3+Co2+[Co（NH3）6]2+　。
实例：CoCoCl2Co（OH）2
【解答】解：（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化，
故答案为：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同；
②ii中蓝色沉淀Co（OH）2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co（OH）3，反应的化学方程式是4Co（OH）2+O2+2H2O＝4Co（OH）3，
故答案为：4Co（OH）2+O2+2H2O＝4Co（OH）3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co（OH）2＞Co2+：Co2+﹣e﹣＝Co3+在碱性条件下，OH﹣与Co2+、Co3+反应，使c（Co2+）和c（Co3+）均降低，但c（Co3+）降低的程度更大，还原剂的还原性增强，
故答案为：c（Co3+）；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+＞Cl2；实验中酸性条件下Co（OH）3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co（OH）3+6H++2Cl﹣＝2Co2++Cl2↑+6H2O，
故答案为：加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+＞Cl2；2Co（OH）3+6H++2Cl﹣＝2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2，
故答案为：O2；
（3）①对Co2+﹣e﹣＝Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c（Co2+）和c（Co3+）均降低，但K2＞K1，c（Co3+）降低的程度远大于c（Co2+），还原剂的还原性增强，[Co（NH3）6]2+能被氧化，故[Co（NH3）6]2+能被氧化为[Co（NH3）6]3+而失活，
故答案为：对Co2+﹣e﹣＝Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c（Co2+）和c（Co3+）均降低，但K2＞K1，c（Co3+）降低的程度远大于c（Co2+），还原剂的还原性增强，[Co（NH3）6]2+能被氧化；
②要实现[Co（NH3）6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co（NH3）6]3+产生Co2+后再利用氨气处理，据此可得：[Co（NH3）6]3+Co2+[Co（NH3）6]2+，
故答案为：[Co（NH3）6]3+Co2+[Co（NH3）6]2+。
23．（2022•丰台区一模）实验室研究不同价态铜元素﹣﹣之间的转化。
Ⅰ．研究→、→的转化
（1）下列试剂能实现→转化的是 　B　。
A．浓硝酸
B．硫黄
C．氯气
（2）两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是 　都具有氧化性，但氧化性强弱不同　。
Ⅱ．研究→的转化
已知：2Cu+⇌Cu2++Cu K＝1.2×106。[Cu（NH3）2]+为无色，在空气中极易被氧化为[Cu（NH3）4]2+
物质
CuCl（白色）
CuI（白色）
Cu2S（黑色）
CuS（黑色）
Ksp
1.02×10﹣6
5.06×10﹣12
2×10﹣47
8.5×10﹣45
实验如下：
实验a

实验b


现象：无明显变化

现象：产生白色沉淀
（3）实验a中反应难以发生的原因是 　据已知2Cu+⇌Cu2++Cu、K＝1.2×106，K值大，即溶液中Cu+不稳定极易转化为Cu和Cu2+，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生　。
（4）实验b中反应的离子方程式为 　Cu2++Cu+2Cl﹣＝2CuCl↓　。
（5）通过对上述实验的分析，甲预测CuSO4溶液与KI溶液混合也能实现→转化。
①甲预测的理由是 　I﹣具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀　。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向CuSO4溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了→转化，理由是 　可能存在O2氧化I﹣的干扰，同时无法判断Cu2+是否转化为Cu　。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，　洗涤沉淀物，向其中加入氨水　，观察到 　沉淀溶解，溶液变为蓝色　，证明实验c中实现了→转化。
（6）基于实验c，乙认为CuSO4与Na2S也能反应得到Cu2S，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析Cu2+与S2﹣反应没有生成Cu2S的原因 　由于Cu2+与S2﹣生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致Cu2+与S2﹣的浓度降低，使得Cu2+的氧化性和S2﹣的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应　。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明S2﹣在一定条件下可以将Cu2+转化为+1价Cu，并进一步得到了Cu2S，实验方案是 　按照如图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即2CuCl（s）+S2﹣（aq）⇌Cu2S（s）+2Cl﹣（aq）　。
【解答】解：（1）实现→转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现→转化，故选B，
故答案为：B；
（2）→、→的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但﹣之需要强氧化剂，→需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同，
故答案为：都具有氧化性，但氧化性强弱不同；
（3）实验a中反应难以发生的原因是据已知2Cu+⇌Cu2++Cu、K＝1.2×106，K值大，即溶液中Cu+不稳定极易转化为Cu和Cu2+，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生，
故答案为：据已知2Cu+⇌Cu2++Cu、K＝1.2×106，K值大，即溶液中Cu+不稳定极易转化为Cu和Cu2+，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生；
（4）实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，2Cu+⇌Cu2++Cu平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：Cu2++Cu+2Cl﹣＝2CuCl↓，
故答案为：Cu2++Cu+2Cl﹣＝2CuCl↓；
（5）①实现→转化需加入还原剂，甲预测的理由是I﹣具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀，
故答案为：I﹣具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向CuSO4溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在O2氧化I﹣的干扰，同时无法判断Cu2+是否转化为Cu，故无法证明实现了→转化，
故答案为：可能存在O2氧化I﹣的干扰，同时无法判断Cu2+是否转化为Cu；
③要证明实验c中实现了→转化，需证明转存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的[Cu（NH3）2]+，随即在空气中被氧化为[Cu（NH3）2]+，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证，
故答案为：洗涤沉淀物，向其中加入氨水；沉淀溶解，溶液变为蓝色；
（6）①CuSO4与Na2S两溶液混合后只得到了CuS，是由于Cu2+与S2﹣生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致Cu2+与S2﹣的浓度降低，使得Cu2+的氧化性和S2﹣的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应，
故答案为：由于Cu2+与S2﹣生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致Cu2+与S2﹣的浓度降低，使得Cu2+的氧化性和S2﹣的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因Cu2+与S2﹣生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到Cu2S，故可将Cu2+与S2﹣分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用Cu2S的溶度积较小，将转化为Cu2S；实验方案是：按照如图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即2CuCl（s）+S2﹣（aq）⇌Cu2S（s）+2Cl﹣（aq），
故答案为：按照如图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即2CuCl（s）+S2﹣（aq）⇌Cu2S（s）+2Cl﹣（aq）。
一十三．制备实验方案的设计（共1小题）
24．（2022•海淀区校级三模）工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如土：

【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是 　CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2　。
（2）酸浸：
①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是 　Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O　。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：

酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是 　酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大　。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如图：

①浸出液中加入石灰乳的作用是 　调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素）　。
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3（VO4）2。向Ca3（VO4）2沉淀中加入（NH4）2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　Ca3（VO4）2的浊液中存在平衡：Ca3（VO4）2（s）⇌3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），（NH4）2CO3溶液中的CO32﹣与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出　。
③向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 　当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣　。
（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液。再加入b1mLc1mol⋅L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol⋅L﹣1KMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是 　×100%　。（V2O5的摩尔质量：182g⋅mol﹣1）
（5）全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时V2+发生氧化反应，电池原理（电解液中含H2SO4）如图：

①a是 　正极　（填“正极”或“负极”）。
②该蓄电池反应方程式为 　2V2++VO2++2H+VO2++2V3++H2O　（标出“充电”“放电”方向）。
【解答】解：（1）V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca（VO3）2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，
故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2；
（2）①根据表可知，pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸生成VO2+，则该离子反应为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O，
故答案为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O；
②根据酸度对钒和铝的溶解量的图可知，酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，
故答案为：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；
（3）①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素），
故答案为：调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素）；
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3（VO4）2，Ca3（VO4）2的浊液中存在平衡：Ca3（VO4）2（s）⇌3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），（NH4）2CO3溶液中的CO32﹣与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出，
故答案为：Ca3（VO4）2的浊液中存在平衡：Ca3（VO4）2（s）⇌3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），（NH4）2CO3溶液中的CO32﹣与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；
③根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，
故答案为：当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣；
（4）根据元素化合价升降相同，滴定过程有5（NH4）2Fe（SO4）2～KMnO4，则过量的 （NH4）2Fe（SO4）2物质的量为5n（KMnO4）＝5×b2C210﹣3mol，则与（VO2）2SO4溶液反应的 （NH4）2Fe（SO4）2物质的量为（b1c1﹣5b2C2）×10﹣3mol，根据钒元素守恒，则有V2O5～2VO2+～2（NH4）2Fe（SO4）2，故n（V2O5）＝（b1c1﹣5b2C2）×10﹣3mol，则产品中V2O5的质量分数是×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（5）①由题干信息可知，放电时V2+发生氧化反应，即放电时b电极发生氧化反应，即b为负极，电极反应为：V2+﹣e﹣＝V3+，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：VO2++2e﹣+2H+＝VO2++H2O，
故答案为：正极；
②由①分析可知，该蓄电池反应方程式为2V2++VO2++2H+ VO2++2V3++H2O，
故答案为：2V2++VO2++2H+ VO2++2V3++H2O。


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