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江苏省南通市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-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（二模）按题型分类汇编-非选择题，共30页。试卷主要包含了原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题，结构与性质，填空题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南通市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题
一、原理综合题
1．（2021·江苏·统考二模）水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
2．（2023·江苏南通·统考二模）乙硫醇()的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
(1)家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知： kJ·mol
kJ·mol
kJ·mol
的______。
(2)是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的。已知水溶液中的物种分布分数如图所示。
①已知，比较和酸性强弱并从结构的角度说明理由：______。
②写出工业废水时，氧化生成和的离子方程式：_______。
③一种采用电化学方法制取的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14 mol·L、电解60 min，调节不同的电压，测得反应后溶液中的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。
I 写出制取的电极反应式：______。
II 电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是______。
二、有机推断题
3．（2021·江苏·统考二模）依巴斯汀是一种抗过敏药物，其合成路线如下：
(1)
(2)
(1)D→E的反应类型为___________。
(2)G的化学式为，其结构简式为___________。
(3)E到F的转化过程中，加入的作用是___________。
(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分子中含有苯环，能发生水解。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以苯和甲苯为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
4．（2022·江苏·统考二模）雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：
(1)雷美替胺分子中手性碳原子的数目是____。
(2)有机物B的结构简式为___。
(3)D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为____。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：RCOOHRCOCl。写出以和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)____。
5．（2023·江苏南通·统考二模）化合物G是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下：
(1)化合物C分子中发生、杂化的碳原子数目之比为______。
(2)F→G的反应类型为______。
(3)D→E转化过程中新生成的官能团名称为______。
(4)B→C中经历B的过程，写出中间体Y的结构简式：__________。
(5)已知：。设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见题干) ______。
三、工业流程题
6．（2021·江苏·统考二模）葡萄糖酸锌是一种抗缺锌药物，可由为原料制得。工业上以废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)碱洗的目的是___________。
(2)氧化时发生反应的离子方程式为___________。
(3)取“氧化”过程中的上层清液，滴加酸性稀溶液，紫红色褪去，可能的原因是___________。
(4)由过滤所得的滤液为原料制备，请补充完整相应的实验方案：向滤液中___________，过滤、晾干，得到。实验中须用到的试剂：锌粉、1.0。
(5)以为原料可制得葡萄糖酸锌。为测定葡萄糖酸锌样品的纯度，进行下列实验。
步骤1：称取5.200g样品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，滴入少量的铬黑T作指示剂。
步骤2：向锥形瓶中加入过量的10.00mL 2.000 EDTA，振荡。
步骤3：用1.000锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗锌标准溶液16.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量比为1∶1)。
①计算此产品中锌元素的质量分数：___________(写出计算过程)。
②中锌元素的含量为14.28%，对照①计算结果，产生误差的可能原因是(所有测定操作均正确)___________。
7．（2021·江苏·统考二模）As(0)、As(Ⅲ)和As(V)分别表示砷单质、三价砷和五价砷的化合物。硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、氧化吸附、纳米级零价铁等方法。
(1)石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图1所示。H3AsO3水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图2所示。已知此温度下，Ca(H2AsO4)2溶于水，Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，Ksp[Ca3(AsO4)2] =6.8×10-19，Ksp(CaHAsO4)=8.4×10-4，。
①一级沉降时，当pH=2，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为___________。pH调节到8时，开始产生Ca3(AsO4)2沉淀，原因是___________。
②二级沉降中，保持溶液pH在8-10之间。加入PFS(聚合硫酸铁，[(Fe2(OH)2n(SO4)3-n]m)形成的Fe(OH)3胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为___________。
(2)氧化吸附法：新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(V)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态MnO2悬浊液对砷去除率如图所示。
①加入新生态MnO2悬浊液使废水中H3AsO3转化为H3AsO4反应的离子方程式为___________。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是___________。
(3)纳米级零价铁法：纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，可直接处理有氧条件下含As(Ⅰ)较多的废水。处理后在纳米级零价铁表面有大量的As(0)，外围有大量的As(V)。产生As(0)的原理如图所示。请描述产生As(0)、As(V)的过程：___________。
8．（2022·江苏·统考二模）钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。
(1)废电池预处理
钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到___的目的。
(2)酸浸正极材料
①将预处理后的正极材料粉碎，加入3mol·L-1硫酸和30%H2O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：___。
②其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是___。
(3)沉钴，回收Co(OH)2
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=___时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
(4)测定Co(OH)2的含量
Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶液pH=3～4。以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。
已知：Co3++I-→Co2++I2(未配平)；I2+S2O→I-+S4O(未配平)
计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)___。
9．（2023·江苏南通·统考二模）实验室以含锰废液为原料可以制取，部分实验过程如下：
已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
(1)经检测，含锰废液中 mol·L、 mol·L、 mol·L，还含及少量、。“氧化”阶段，用量为理论用量的1.1倍。
①“氧化”1 L该废液，需要加入的物质的量为______。
②检验已经完全被氧化的方法是______。
(2)“除杂I”加入调节溶液。该过程中发生反应的离子方程式为______。
(3)“除杂Ⅱ”中反应之一为。结合反应的平衡常数解释用能除去的原因：________。
(4)已知和的溶解度如图所示。请补充完整由粗溶液制取晶体的实验方案：取实验所得粗溶液，_______，得到晶体。(可选用的试剂：1 mol·L 溶液，1 mol·L 溶液，1 mol·L盐酸)
(5)如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图。由固体制取活性的方案为：将固体置于可控温度的反应管中，_____________，将冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1 mol·L-1，1 mol·L-1 NaOH溶液)
四、实验题
10．（2022·江苏·统考二模）FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。
Ⅰ高温合成法
称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中。用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。
(1)若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，消耗S8和S6的质量比为___。
(2)能说明反应已进行完全的标志是___。
Ⅱ均相沉淀法
实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料，利用如图装置合成纳米硫化亚铁的流程如图。
已知：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。水解方程式为
CH3CSNH2+2H2O+H+=CH3COOH+H2S +NH
CH3CSNH2+3OH-=CH3COO-+S2-+NH3•H2O
(3)加入药品前检查装置气密性的操作为___。
(4)“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70℃。三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为___。
(5)该方法得到的产品中常混有少量Fe(OH)2杂质。有研究表明，在混合液中添加少量柠檬酸钠()可降低溶液中c(Fe2+)，抑制Fe(OH)2杂质的形成。加入柠檬酸钠的能降低c(Fe2+)的原因是___。
(6)抑制硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙醇。表中列出了不同温度下硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度。
温度/℃溶解度/g
物质
10
20
30
40
50
70
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
91.9
FeSO4•7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
—
—
(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
31.3
38.5
补充完请整实验室制取硫酸亚铁铵晶体的实验过程：取4.0g充分洗净的铁屑，___，趁热过滤，洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中____，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。[可选用的实验试剂有：(NH4)2SO4晶体、3mol·L-1H2SO4溶液、0.1mol·L-1H2SO4溶液、蒸馏水、无水乙醇]
五、结构与性质
11．（2022·江苏·统考二模）过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性，常用于处理水体中的有机污染物。
(1) 的结构如图1所示，用“□”标识出中体现强氧化性的基团：___。
(2)Fe2+可活化，活化后产生。氧化性更强，降解废水中有机污染物的能力更强。Fe2+活化过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)：
Ⅰ：=2 k=2.5×10-9
Ⅱ：+H2O= +•OH-+H+ k=2×103
Ⅲ：+Fe2+=Fe3+++ k=20
Ⅳ：Fe2++=Fe3++ k=4.6×109
向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。
①若将FeSO4一次性加入废水中，不利于有机污染物降解。原因是___。
②其他条件相同，溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是___。
(3)CuxFeyOz是一种复合催化剂，可催化活化过二硫酸盐()产生。
①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为___。
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程：____。
六、填空题
12．（2023·江苏南通·统考二模）研究含硼化合物具有重要意义。
(1)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10 g钠硼解石[主要成分，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。
①写出与硝酸反应生成的化学方程式：______。
②60℃时，控制钠硼解石量一定，硝酸溶解时B的浸出率随液固质量比的变化如图所示。硝酸溶解时控制液固质量比为5∶1，而不采用更大液固质量比的原因是______。
③钠硼解石中的B可看成以形式存在。液固质量比为测定钠硼解石中的质量分数，实验方案如下：将所得用热水完全溶解后，加水定容至500 mL。取25.00 mL溶液，加入适量甘露醇(甘露醇与结合后，每分子可电离出1个)，滴入2~3滴酚酞作指示剂，用0.2500 mol·L NaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH标准溶液20.00 mL。根据实验数据计算钠硼解石中的质量分数，写出计算过程______。
(2)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。
①“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是______。
②“中间体III”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为____________。
(3)一种是核工业屏蔽中子的新型材料。其晶胞中Ca处于晶胞的体心位置，占据晶胞8个顶点的是由B原子构成的正八面体。晶胞和正八面体结构如图所示。中______。
参考答案：
1． 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O Cu2O 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ 水合肼的用量少，不产生杂质
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25mol/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
2．(1)-3526 kJ·mol
(2) 酸性：，是推电子基团，使中的极性降低，电离出的能力减弱 铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成
【详解】（1）已知：① kJ·mol；② kJ·mol；③ kJ·mol；由盖斯定律可知，③+2×②-2×①得 =-3526 kJ·mol；
（2）①由图可知，当和浓度相等时，10
③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成。
3． 还原反应 消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动
【分析】(1)A()与在作催化剂下发生取代反应生成B()；B与在作催化剂下发生取代反应生成C()；
(2)D()与发生还原反应生成E()；E与发生取代反应生成F()；F与ClCOOC2H5反应生成G；G在KOH作用下反应生成H()；H与C反应生成I()，据此分析可得：
【详解】(1)由分析可知：D()转化为E()，D中的C=O双键被还原成-OH，则D转化为E发生还原反应，故答案为：还原反应；
(2) F()与ClCOOC2H5反应生成G，又由G的化学式为，则G的结构简式为：，故答案为：；
(3) E()与发生取代反应生成F()和HBr，为使平衡正向移动，则用消耗反应生成的HBr，故答案为：消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动；
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，
①分子中含有苯环，能发生水解，则分子中含有肽键；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，则苯环上为对称结构，即，故答案为：；
（5）甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸；苯甲酸与SOCl2在ZnCl2做催化剂下反应生成；苯在做催化剂下反应生成；与反应后再与加热反应生成，即合成路线如下：，故答案为：。
4．(1)1
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。
(1)
人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。
(2)
结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。
(3)
由D和E的结构简式可知，D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。
(4)
分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。
(5)
在条件下发生类似E→F的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。
5．(1)5∶1
(2)取代反应
(3)氨基
(4)
(5)
【分析】与发生取代反应生成，再发生一系列反应生成，该物质与发生取代反应，该分子中氮原子上的氢原子与中的氯原子结合生成氯化氢，剩余部分生成，和氢气反应生成E，E和发生取代反应生成F和氯化氢，F与(CH3)2NCH2N(CH3)2发生取代反应生成G和(CH3)2NH。据此解答。
【详解】（1）C的结构简式为，其中中间环上的2个碳原子是杂化，其余的10个碳为杂化，故发生、杂化的碳原子数目之比为5:1。
（2）F到G的过程为，其中碳上的氢原代替，故该反应为取代反应。
（3）D到E的变化为硝基变氨基。
（4）B→C中经历B的过程，结合C的结构分析，说明通过加成反应，醛基中的碳氧双键和氨基之间进行加成反应连成环，即生成，再消去形成双键，生成，再加成形成C。故中间体Y的结构简式为。
（5）已知：。设计以和为原料制备，结合产物的结构，采用逆推方法，应先合成和，根据已知，先将甲苯反应生成苯甲酸再生成，甲苯先硝化反应生成，仿照B到C到D，即可合成，故合成路线为，。
6． 除去油污 酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色 加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经加热浓缩、冷却结晶 20% 样品不纯
【分析】
废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)，用溶液进行碱洗除去油污；然后加稀硫酸是将Zn、Fe、、ZnO、CuO转化成硫酸盐；向溶液中加双氧水将氧化为便于Fe的除去；加ZnO调pH除去；最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的到晶体，据此分析可得：
【详解】
(1)由于废锌铁合金中除含有Zn、Fe、、ZnO、CuO外还含有油污等杂质，所以用溶液进行碱洗除去油污，故答案为：除去油污；
(2)氧化时为双氧水将氧化为，则，故答案为：；
(3)在氧化过程中会加入过量的溶液，中的O元素为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，能与酸性溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾的紫红色褪去，故答案为：酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色；
(4)由分析可知，最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到晶体，故答案为：加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)由叙述可知，EDTA的物质的量为样品中葡萄糖酸锌的物质的量与锌标液中锌物质的量的和，即，解得，则。所以样品中Zn的质量分数为：；中锌元素的含量为14.28%＜20%，则由样品不纯所引起，故答案为：20%；样品不纯；
7． CaSO4 pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀 HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH- MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升 纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+将As(Ⅲ)氧化为As(V)
【详解】(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②pH在8-10之间时，As元素主要以HAsO的形式存在，HAsO会电离产生少量AsO，而Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和AsO结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO2和H3AsO3的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
③pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升；
(3)纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，据图可知纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；根据题意可知As(V)主要在与水体接触的外围产生，应是Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+再将As(Ⅲ)氧化为As(V)。
8．(1)使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率
(2) 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快
(3)9
(4)根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%
【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。
【详解】（1）将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；
（2）酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；
②根据图中曲线分析，从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；
（3）向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]时，c(OH-)===1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]；
答案为9；
（4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%。
9．(1) 0.11 mol 取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后将酸性高锰酸钾滴入原溶液中，溶液变红)
(2)
(3)该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去
(4)向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤
(5)加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液
【分析】含锰废液含、、，还含及少量、，加将氧化成，再加碳酸锰条件溶液pH值使完全沉淀过滤除去，在滤液中加MnF2使、转化为CaF2、MgF2沉淀过滤除去，得到粗硫酸锰溶液，据此解答。
【详解】（1）① mol·L，1 L该废液中含的物质的量为0.2mol，将氧化成，反应为：，结合反应可知0.2mol消耗0.1mol，用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11mol，故答案为：0.11；
②若完全被氧化，则反应后溶液中不含，通过检验是否存在确定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出现蓝色沉淀，也可利用其还原性，将酸性高锰酸钾滴入原溶液中检验，故答案为：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后将酸性高锰酸钾滴入原溶液中，溶液变红)；
（2）加碳酸锰条件溶液pH值使完全转化为沉淀过滤除去，反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为，该反应的平衡常数K=，故答案为：该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去；
（4）取实验所得粗溶液，向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，将硫酸锰转化为Mn(OH)2，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时确保硫酸锰完全沉淀后停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至Mn(OH)2固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；故答案为：向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；
（5）由图可知加热到850℃分解2小时，的含量最高，因此应控制温度为850℃，产生的气体用1 mol·L NaOH溶液吸收。故答案为：加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液。
10．(1)1:1
(2)硫蒸气的颜色不变
(3)关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好
(4)
(5)柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物
(6) 3mol·L-1H2SO4溶液 加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤
【详解】（1）若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，FeS中Fe和S原子个数比为1:1，所以消耗S8和S6的质量比为1:1；
（2）硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全；
（3）关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好；
（4）“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70℃。三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为。
（5）柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物，所以加入柠檬酸钠的能降低c(Fe2+)；。
（6）取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol·L-1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。
11．(1)
(2) 反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性 pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱
(3) CuFe2O4 Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生
【解析】（1）
为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，用“□”标识出中体现强氧化性的基团如图：；
（2）
①若将FeSO4一次性加入废水中，反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性，不利于有机污染物降解；
②当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱；
（3）
根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，4=16个Fe，4+4=32个O，故其化学式为CuFe2O4；
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图，Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生。
12．(1) 使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率 mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
(2) 电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上 或
(3)6
【详解】（1）①与硝酸反应生成硝酸钠、硝酸钙、硼酸和水，反应方程式为：，故答案为：；
②由图中信息可知当液固质量比为5：1时，B元素的浸出率已经较大，再增大质量比B元素的浸出率不再增大，但会增加硝酸的用量，浪费原料；另外过高的质量比会导致硼酸的结晶率降低，减少硼酸产率，故答案为：使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率；
③ mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
故答案为： mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol； g；钠硼解石；
（2）①由电负性规律可知：电负性N>H>B，P>Ni，由此可知B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上。故答案为：电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上；
②由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或，故答案为：或；
（3）由晶胞结构可知，该晶胞中含1个Ca，由B原子构成的正八面体占据晶胞8个顶点，则正八面体的个数为，则晶胞中B原子个数为6，故答案为：6。
江苏省南通市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题
一、原理综合题
1．（2021·江苏·统考二模）水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
2．（2023·江苏南通·统考二模）乙硫醇()的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
(1)家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知： kJ·mol
kJ·mol
kJ·mol
的______。
(2)是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的。已知水溶液中的物种分布分数如图所示。
①已知，比较和酸性强弱并从结构的角度说明理由：______。
②写出工业废水时，氧化生成和的离子方程式：_______。
③一种采用电化学方法制取的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14 mol·L、电解60 min，调节不同的电压，测得反应后溶液中的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。
I 写出制取的电极反应式：______。
II 电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是______。
二、有机推断题
3．（2021·江苏·统考二模）依巴斯汀是一种抗过敏药物，其合成路线如下：
(1)
(2)
(1)D→E的反应类型为___________。
(2)G的化学式为，其结构简式为___________。
(3)E到F的转化过程中，加入的作用是___________。
(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分子中含有苯环，能发生水解。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以苯和甲苯为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
4．（2022·江苏·统考二模）雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：
(1)雷美替胺分子中手性碳原子的数目是____。
(2)有机物B的结构简式为___。
(3)D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为____。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：RCOOHRCOCl。写出以和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)____。
5．（2023·江苏南通·统考二模）化合物G是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下：
(1)化合物C分子中发生、杂化的碳原子数目之比为______。
(2)F→G的反应类型为______。
(3)D→E转化过程中新生成的官能团名称为______。
(4)B→C中经历B的过程，写出中间体Y的结构简式：__________。
(5)已知：。设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见题干) ______。
三、工业流程题
6．（2021·江苏·统考二模）葡萄糖酸锌是一种抗缺锌药物，可由为原料制得。工业上以废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)碱洗的目的是___________。
(2)氧化时发生反应的离子方程式为___________。
(3)取“氧化”过程中的上层清液，滴加酸性稀溶液，紫红色褪去，可能的原因是___________。
(4)由过滤所得的滤液为原料制备，请补充完整相应的实验方案：向滤液中___________，过滤、晾干，得到。实验中须用到的试剂：锌粉、1.0。
(5)以为原料可制得葡萄糖酸锌。为测定葡萄糖酸锌样品的纯度，进行下列实验。
步骤1：称取5.200g样品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，滴入少量的铬黑T作指示剂。
步骤2：向锥形瓶中加入过量的10.00mL 2.000 EDTA，振荡。
步骤3：用1.000锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗锌标准溶液16.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量比为1∶1)。
①计算此产品中锌元素的质量分数：___________(写出计算过程)。
②中锌元素的含量为14.28%，对照①计算结果，产生误差的可能原因是(所有测定操作均正确)___________。
7．（2021·江苏·统考二模）As(0)、As(Ⅲ)和As(V)分别表示砷单质、三价砷和五价砷的化合物。硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、氧化吸附、纳米级零价铁等方法。
(1)石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图1所示。H3AsO3水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图2所示。已知此温度下，Ca(H2AsO4)2溶于水，Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，Ksp[Ca3(AsO4)2] =6.8×10-19，Ksp(CaHAsO4)=8.4×10-4，。
①一级沉降时，当pH=2，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为___________。pH调节到8时，开始产生Ca3(AsO4)2沉淀，原因是___________。
②二级沉降中，保持溶液pH在8-10之间。加入PFS(聚合硫酸铁，[(Fe2(OH)2n(SO4)3-n]m)形成的Fe(OH)3胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为___________。
(2)氧化吸附法：新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(V)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态MnO2悬浊液对砷去除率如图所示。
①加入新生态MnO2悬浊液使废水中H3AsO3转化为H3AsO4反应的离子方程式为___________。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是___________。
(3)纳米级零价铁法：纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，可直接处理有氧条件下含As(Ⅰ)较多的废水。处理后在纳米级零价铁表面有大量的As(0)，外围有大量的As(V)。产生As(0)的原理如图所示。请描述产生As(0)、As(V)的过程：___________。
8．（2022·江苏·统考二模）钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。
(1)废电池预处理
钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到___的目的。
(2)酸浸正极材料
①将预处理后的正极材料粉碎，加入3mol·L-1硫酸和30%H2O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：___。
②其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是___。
(3)沉钴，回收Co(OH)2
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=___时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
(4)测定Co(OH)2的含量
Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶液pH=3～4。以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。
已知：Co3++I-→Co2++I2(未配平)；I2+S2O→I-+S4O(未配平)
计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)___。
9．（2023·江苏南通·统考二模）实验室以含锰废液为原料可以制取，部分实验过程如下：
已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
(1)经检测，含锰废液中 mol·L、 mol·L、 mol·L，还含及少量、。“氧化”阶段，用量为理论用量的1.1倍。
①“氧化”1 L该废液，需要加入的物质的量为______。
②检验已经完全被氧化的方法是______。
(2)“除杂I”加入调节溶液。该过程中发生反应的离子方程式为______。
(3)“除杂Ⅱ”中反应之一为。结合反应的平衡常数解释用能除去的原因：________。
(4)已知和的溶解度如图所示。请补充完整由粗溶液制取晶体的实验方案：取实验所得粗溶液，_______，得到晶体。(可选用的试剂：1 mol·L 溶液，1 mol·L 溶液，1 mol·L盐酸)
(5)如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图。由固体制取活性的方案为：将固体置于可控温度的反应管中，_____________，将冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1 mol·L-1，1 mol·L-1 NaOH溶液)
四、实验题
10．（2022·江苏·统考二模）FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。
Ⅰ高温合成法
称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中。用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。
(1)若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，消耗S8和S6的质量比为___。
(2)能说明反应已进行完全的标志是___。
Ⅱ均相沉淀法
实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料，利用如图装置合成纳米硫化亚铁的流程如图。
已知：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。水解方程式为
CH3CSNH2+2H2O+H+=CH3COOH+H2S +NH
CH3CSNH2+3OH-=CH3COO-+S2-+NH3•H2O
(3)加入药品前检查装置气密性的操作为___。
(4)“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70℃。三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为___。
(5)该方法得到的产品中常混有少量Fe(OH)2杂质。有研究表明，在混合液中添加少量柠檬酸钠()可降低溶液中c(Fe2+)，抑制Fe(OH)2杂质的形成。加入柠檬酸钠的能降低c(Fe2+)的原因是___。
(6)抑制硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙醇。表中列出了不同温度下硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度。
温度/℃溶解度/g
物质
10
20
30
40
50
70
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
91.9
FeSO4•7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
—
—
(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
31.3
38.5
补充完请整实验室制取硫酸亚铁铵晶体的实验过程：取4.0g充分洗净的铁屑，___，趁热过滤，洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中____，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。[可选用的实验试剂有：(NH4)2SO4晶体、3mol·L-1H2SO4溶液、0.1mol·L-1H2SO4溶液、蒸馏水、无水乙醇]
五、结构与性质
11．（2022·江苏·统考二模）过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性，常用于处理水体中的有机污染物。
(1) 的结构如图1所示，用“□”标识出中体现强氧化性的基团：___。
(2)Fe2+可活化，活化后产生。氧化性更强，降解废水中有机污染物的能力更强。Fe2+活化过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)：
Ⅰ：=2 k=2.5×10-9
Ⅱ：+H2O= +•OH-+H+ k=2×103
Ⅲ：+Fe2+=Fe3+++ k=20
Ⅳ：Fe2++=Fe3++ k=4.6×109
向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。
①若将FeSO4一次性加入废水中，不利于有机污染物降解。原因是___。
②其他条件相同，溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是___。
(3)CuxFeyOz是一种复合催化剂，可催化活化过二硫酸盐()产生。
①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为___。
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程：____。
六、填空题
12．（2023·江苏南通·统考二模）研究含硼化合物具有重要意义。
(1)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10 g钠硼解石[主要成分，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。
①写出与硝酸反应生成的化学方程式：______。
②60℃时，控制钠硼解石量一定，硝酸溶解时B的浸出率随液固质量比的变化如图所示。硝酸溶解时控制液固质量比为5∶1，而不采用更大液固质量比的原因是______。
③钠硼解石中的B可看成以形式存在。液固质量比为测定钠硼解石中的质量分数，实验方案如下：将所得用热水完全溶解后，加水定容至500 mL。取25.00 mL溶液，加入适量甘露醇(甘露醇与结合后，每分子可电离出1个)，滴入2~3滴酚酞作指示剂，用0.2500 mol·L NaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH标准溶液20.00 mL。根据实验数据计算钠硼解石中的质量分数，写出计算过程______。
(2)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。
①“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是______。
②“中间体III”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为____________。
(3)一种是核工业屏蔽中子的新型材料。其晶胞中Ca处于晶胞的体心位置，占据晶胞8个顶点的是由B原子构成的正八面体。晶胞和正八面体结构如图所示。中______。
参考答案：
1． 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O Cu2O 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ 水合肼的用量少，不产生杂质
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25mol/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
2．(1)-3526 kJ·mol
(2) 酸性：，是推电子基团，使中的极性降低，电离出的能力减弱 铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成
【详解】（1）已知：① kJ·mol；② kJ·mol；③ kJ·mol；由盖斯定律可知，③+2×②-2×①得 =-3526 kJ·mol；
（2）①由图可知，当和浓度相等时，10
③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成。
3． 还原反应 消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动
【分析】(1)A()与在作催化剂下发生取代反应生成B()；B与在作催化剂下发生取代反应生成C()；
(2)D()与发生还原反应生成E()；E与发生取代反应生成F()；F与ClCOOC2H5反应生成G；G在KOH作用下反应生成H()；H与C反应生成I()，据此分析可得：
【详解】(1)由分析可知：D()转化为E()，D中的C=O双键被还原成-OH，则D转化为E发生还原反应，故答案为：还原反应；
(2) F()与ClCOOC2H5反应生成G，又由G的化学式为，则G的结构简式为：，故答案为：；
(3) E()与发生取代反应生成F()和HBr，为使平衡正向移动，则用消耗反应生成的HBr，故答案为：消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动；
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，
①分子中含有苯环，能发生水解，则分子中含有肽键；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，则苯环上为对称结构，即，故答案为：；
（5）甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸；苯甲酸与SOCl2在ZnCl2做催化剂下反应生成；苯在做催化剂下反应生成；与反应后再与加热反应生成，即合成路线如下：，故答案为：。
4．(1)1
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。
(1)
人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。
(2)
结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。
(3)
由D和E的结构简式可知，D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。
(4)
分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。
(5)
在条件下发生类似E→F的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。
5．(1)5∶1
(2)取代反应
(3)氨基
(4)
(5)
【分析】与发生取代反应生成，再发生一系列反应生成，该物质与发生取代反应，该分子中氮原子上的氢原子与中的氯原子结合生成氯化氢，剩余部分生成，和氢气反应生成E，E和发生取代反应生成F和氯化氢，F与(CH3)2NCH2N(CH3)2发生取代反应生成G和(CH3)2NH。据此解答。
【详解】（1）C的结构简式为，其中中间环上的2个碳原子是杂化，其余的10个碳为杂化，故发生、杂化的碳原子数目之比为5:1。
（2）F到G的过程为，其中碳上的氢原代替，故该反应为取代反应。
（3）D到E的变化为硝基变氨基。
（4）B→C中经历B的过程，结合C的结构分析，说明通过加成反应，醛基中的碳氧双键和氨基之间进行加成反应连成环，即生成，再消去形成双键，生成，再加成形成C。故中间体Y的结构简式为。
（5）已知：。设计以和为原料制备，结合产物的结构，采用逆推方法，应先合成和，根据已知，先将甲苯反应生成苯甲酸再生成，甲苯先硝化反应生成，仿照B到C到D，即可合成，故合成路线为，。
6． 除去油污 酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色 加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经加热浓缩、冷却结晶 20% 样品不纯
【分析】
废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)，用溶液进行碱洗除去油污；然后加稀硫酸是将Zn、Fe、、ZnO、CuO转化成硫酸盐；向溶液中加双氧水将氧化为便于Fe的除去；加ZnO调pH除去；最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的到晶体，据此分析可得：
【详解】
(1)由于废锌铁合金中除含有Zn、Fe、、ZnO、CuO外还含有油污等杂质，所以用溶液进行碱洗除去油污，故答案为：除去油污；
(2)氧化时为双氧水将氧化为，则，故答案为：；
(3)在氧化过程中会加入过量的溶液，中的O元素为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，能与酸性溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾的紫红色褪去，故答案为：酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色；
(4)由分析可知，最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到晶体，故答案为：加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)由叙述可知，EDTA的物质的量为样品中葡萄糖酸锌的物质的量与锌标液中锌物质的量的和，即，解得，则。所以样品中Zn的质量分数为：；中锌元素的含量为14.28%＜20%，则由样品不纯所引起，故答案为：20%；样品不纯；
7． CaSO4 pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀 HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH- MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升 纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+将As(Ⅲ)氧化为As(V)
【详解】(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②pH在8-10之间时，As元素主要以HAsO的形式存在，HAsO会电离产生少量AsO，而Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和AsO结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO2和H3AsO3的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
③pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升；
(3)纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，据图可知纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；根据题意可知As(V)主要在与水体接触的外围产生，应是Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+再将As(Ⅲ)氧化为As(V)。
8．(1)使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率
(2) 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快
(3)9
(4)根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%
【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。
【详解】（1）将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；
（2）酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；
②根据图中曲线分析，从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；
（3）向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]时，c(OH-)===1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]；
答案为9；
（4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%。
9．(1) 0.11 mol 取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后将酸性高锰酸钾滴入原溶液中，溶液变红)
(2)
(3)该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去
(4)向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤
(5)加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液
【分析】含锰废液含、、，还含及少量、，加将氧化成，再加碳酸锰条件溶液pH值使完全沉淀过滤除去，在滤液中加MnF2使、转化为CaF2、MgF2沉淀过滤除去，得到粗硫酸锰溶液，据此解答。
【详解】（1）① mol·L，1 L该废液中含的物质的量为0.2mol，将氧化成，反应为：，结合反应可知0.2mol消耗0.1mol，用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11mol，故答案为：0.11；
②若完全被氧化，则反应后溶液中不含，通过检验是否存在确定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出现蓝色沉淀，也可利用其还原性，将酸性高锰酸钾滴入原溶液中检验，故答案为：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后将酸性高锰酸钾滴入原溶液中，溶液变红)；
（2）加碳酸锰条件溶液pH值使完全转化为沉淀过滤除去，反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为，该反应的平衡常数K=，故答案为：该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去；
（4）取实验所得粗溶液，向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，将硫酸锰转化为Mn(OH)2，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时确保硫酸锰完全沉淀后停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至Mn(OH)2固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；故答案为：向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；
（5）由图可知加热到850℃分解2小时，的含量最高，因此应控制温度为850℃，产生的气体用1 mol·L NaOH溶液吸收。故答案为：加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液。
10．(1)1:1
(2)硫蒸气的颜色不变
(3)关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好
(4)
(5)柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物
(6) 3mol·L-1H2SO4溶液 加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤
【详解】（1）若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，FeS中Fe和S原子个数比为1:1，所以消耗S8和S6的质量比为1:1；
（2）硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全；
（3）关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好；
（4）“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70℃。三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为。
（5）柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物，所以加入柠檬酸钠的能降低c(Fe2+)；。
（6）取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol·L-1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。
11．(1)
(2) 反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性 pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱
(3) CuFe2O4 Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生
【解析】（1）
为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，用“□”标识出中体现强氧化性的基团如图：；
（2）
①若将FeSO4一次性加入废水中，反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性，不利于有机污染物降解；
②当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱；
（3）
根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，4=16个Fe，4+4=32个O，故其化学式为CuFe2O4；
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图，Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生。
12．(1) 使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率 mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
(2) 电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上 或
(3)6
【详解】（1）①与硝酸反应生成硝酸钠、硝酸钙、硼酸和水，反应方程式为：，故答案为：；
②由图中信息可知当液固质量比为5：1时，B元素的浸出率已经较大，再增大质量比B元素的浸出率不再增大，但会增加硝酸的用量，浪费原料；另外过高的质量比会导致硼酸的结晶率降低，减少硼酸产率，故答案为：使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率；
③ mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
故答案为： mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol； g；钠硼解石；
（2）①由电负性规律可知：电负性N>H>B，P>Ni，由此可知B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上。故答案为：电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上；
②由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或，故答案为：或；
（3）由晶胞结构可知，该晶胞中含1个Ca，由B原子构成的正八面体占据晶胞8个顶点，则正八面体的个数为，则晶胞中B原子个数为6，故答案为：6。
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