江苏省盐城市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

这是一份江苏省盐城市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28页。试卷主要包含了工业流程题，有机推断题，原理综合题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省盐城市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、工业流程题
1．（2023·江苏·统考二模）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：

(1)“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和_____(填化学式)。
(2)“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol•L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于_____。
(3)离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为_____。

(4)已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有_____。

(5)“合成”在高温下进行，其化学方程式为_____。
(6)LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_____个。

2．（2023·江苏·统考二模）硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图：

(1)“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_____。
(2)将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是_____。
(3)与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是_____。

(4)固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。

设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：_____。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪)
(5)通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数_____。(写出计算过程)
3．（2022·江苏·统考二模）以废锰酸锂电池为原料，回收、精铜的实验流程如下：

(1)“浸取”在如图所示装置中进行。

①将一定量“和石墨混合粉末”与溶液、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，75℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液。滴液漏斗中的溶液是___________。
②转化为的化学方程式为___________。
③保持温度、反应物和溶剂的量不变，能提高Mn元素浸出率的措施有___________。
(2)补充以“铜箔和铝箔”为原料制备精铜的实验方案：_____；将所得精铜用蒸馏水洗净，干燥。
实验中须使用的试剂溶液、不锈钢片、混合溶液，除常用仪器外须使用的仪器：直流电源。
(3)通过下列方法测定的纯度：准确称取0.4000g样品，加入25.00mL溶液和适量硫酸，加热至完全反应(发生反应为)，用标准溶液滴定过量的至终点，消耗标准溶液20.00mL(滴定反应为)。计算样品中的质量分数(写出计算过程)_______。

二、有机推断题
4．（2023·江苏·统考二模）化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如图：

(1)A→B的反应类型为_____。
(2)相同条件下，B的沸点比A的高，其主要原因是_____。
(3)B→C的反应中有副产物X(C7H7OBr)生成，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分子中含有苯环，且只含有两种不同化学环境的氢原子；
②1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH。
(5)已知：+CO2↑。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．（2021·江苏·统考二模）化合物F是合成组蛋白甲基转移酶抑制剂Tazverik的中间体，其合成路线如图：

(1)A中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)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分子中含有1个手性碳原子；
②在一定条件下完全水解，含苯环产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为2：1。
(4)E→F的转化需要化合物X，化合物X的结构简式_______。
(5)已知(R表示烃基)。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)。
6．（2022·江苏·统考二模）F是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下(表示苯基)：

(1)C分子中采取杂化的碳原子数目是___________。
(2)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能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有5种不同化学环境的氢原子。
③每个苯环上只含1种官能团。
(3)的反应需经历的过程，中间体X的分子式为。X→F的反应类型为___________。
(4)E—F的反应中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
(5)已知：，写出以和为原料制备的合成路线________(无机溶剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

三、原理综合题
7．（2023·江苏·统考二模）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
(1)利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ•mol-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A．乙苯
B．n(乙苯)：n(N2)=1：10
C．n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。

①α_____0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是_____。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_____。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是_____。
(2)CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为_____。

②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是_____。

8．（2021·江苏·统考二模）酸性废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在。已知As2S3难溶于水，也不溶于稀硫酸、稀盐酸等无机酸。
(1)工业上采用硫化法(通常用Na2S)去除废水中的砷。
①向酸性废水中加入Na2S，产生的H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为_______。
②沉淀后，若废水中c(S2-)=1.0×10-4mol·L-1，则c(As3+)=_______。［Ksp(As2S3)=4.0×10-38]。
③为了防止As2S3与过量的S2-形成络合离子而溶解，通常需添加适量的FeSO4溶液，形成FeS，与As2S3共沉淀。验证沉淀中含有FeS的实验方法是_______。
(2)用硫代硫酸钠(Na2S2O3)替代Na2S处理含砷酸性废水可避免H2S污染。
①Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图1所示，S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为________(图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。

②其他条件相同时，在紫外线照射下，将Na2S2O3分别加入到不含H3AsO3的酸性废水和含H3AsO3的酸性废水中，监测到反应过程中部分物质的浓度变化如图2所示，发现均不释放H2S，其原因是_______。

9．（2022·江苏·统考二模）我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。
①通入N2的目的是___。
②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为___。
(2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。

已知•OH能将NO、SO2氧化。•OH产生机理如下。
反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++•OOH+H+(慢反应)
反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-(快反应)
①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___。
③实验表明•OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是___。
10．（2022·江苏·统考二模）乙醇用途广泛且需求量大，寻求制备乙醇的新方法是研究的热点。
(1)醋酸甲酯催化加氢制备乙醇涉及的主要反应如下：
I.  
II.  
III.  
将的混合气体置于密闭容器中，在2.0MPa和不同温度下反应达到平衡时，的转化率和的选择性[]如图所示。

①若，则500K下反应达到平衡时生成的物质的量为___________mol。
②673〜723K平衡转化率几乎不变，其原因是___________。
(2)以KOH溶液为电解质溶液，在阴极(铜板)转化为的机理如图所示。(表示氢原子吸附在电极表面，也可用表示，其他物种以此类推；部分物种未画出)。

①在阴极上生成的电极反应式为___________。
②转化为的过程可描述为___________。
③与阴极使用铜板相比，阴极使用含的铜板可加快生成的速率，其原因可能是___________。

四、填空题
11．（2021·江苏·统考二模）氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+。如图所示，废水的不同初始pH对Cr2O去除效果有重要影响。

①酸性条件下，铝粉去除Cr2O反应的离子方程式为_______
②初始pH为3.0，反应180min后，废水中Cr2O浓度仍较高的原因是_______。
③实验证明，若初始pH过低，Cr2O的去除效果也不理想，其原因可能是_______。
(2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl溶液)中加入Ca(OH)2和NaAlO2粉末，氯离子可转化为Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀。
①该反应的化学方程式为_______。
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度的变化如图所示，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，氯离子去除率下降的原因可能是_______。


五、实验题
12．（2021·江苏·统考二模）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：如图1所示，在烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在95~100℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液经系列操作得到次硫酸氢钠甲醛晶体。

(1)A中多孔球泡的作用是_______。
(2)①步骤2中，反应生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是_______。
②写出制备NaHSO2·HCHO·2H2O反应的化学方程式：_______。
(3)ZnSO4的溶解度随温度的变化如图2所示，请补充完整由副产品Zn(OH)2获得ZnSO4·7H2O的实验方案：将副产品Zn(OH)2置于烧杯中，_______(实验中可选用的试剂：稀硫酸、无水乙醇)。

(4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取2.000 g NaHSO2·HCHO·2H2O样品，完全溶于水配成100.00mL溶液，取20.00mL于碘量瓶中，加入50.00 mL 0.09000 mol·L-1 I2标准溶液，振荡，于暗处充分反应。以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液 10.00mL。测定过程中发生下列反应：NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，2S2O+I2=S4O+2I-
计算NaHSO2·HCHO·2H2O样品的纯度(写出计算过程)_______。

参考答案：
1．(1)HCl
(2)11
(3)在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
(4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
(5)Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
(6)4

【分析】粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料进行焙烧进行一定的转化，根据题设问可知，“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，加水溶解后“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。继续加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，可得到富集的Li+；加入碳酸钠溶液后，发生2Li++CO=Li2CO3↓，得到Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应，反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【详解】（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol•L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
2．(1)Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
(2)提高铁元素的浸出率
(3)过滤速度更快
(4)在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤
(5)99.39%

【分析】废渣溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铁，过滤后滤液中加足量铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再过滤，通过蒸发浓缩冷却结晶得到粗品，再重结晶得到硫酸亚铁晶体，据此解答。
【详解】（1）Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率；
（3）抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快；
（4）由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤；
（5）根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol•L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。
3．(1) ↑+8H2O 从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有：适当加快搅拌速率；延长反应时间
(2)边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，不锈钢片与直流电源负极相连，在混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜
(3)97.88%

【分析】首先将废锰酸锂电池为原料进行破碎筛分，分离出铜箔和铝箔，以及锰酸锂和石墨混合粉末，之后浸取在酸性条件下用过氧化氢将锰酸锂中的锰还原为+2价，过滤，滤液通过电解得到二氧化锰，铜箔和铝箔通过精制得到精铜，以此解题。
（1）
①反应在75℃下进行，若三颈烧瓶中先加入溶液，向其中滴加硫酸溶液，则容易导致分解，故滴液漏斗中的溶液是溶液；
②过氧化氢作还原剂将中锰元素还原为+2价，方程式为：↑+8H2O；
③从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有：适当加快搅拌速率；延长反应时间；
（2）
利用铝可以和氢氧化钠反应，铜不能反应，故可以先用氢氧化钠溶液除去铝，之后再用电解精炼的方法得到精铜，故答案为：边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，不锈钢片与直流电源负极相连，在混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜；
（3）
根据可知，与MnO反应的C2O的物质的量：，0.4000 g样品中MnO2的物质的量：；；则样品中的质量分数。
4．(1)还原反应
(2)B分子间存在氢键
(3)
(4)
(5)        

【分析】分析流程如下：A→B中醛基变为醇羟基，发生还原反应；B→C中醇羟基转化为溴原子，发生取代反应，C→D由-Br引入其他基团，发生取代反应；D→E中在酯基和羰基处发生反应，转化为E。
【详解】（1）A→B中醛基变为醇羟基，发生还原反应；
（2）A中含有醇羟基，分子间存在氢键，故相同条件下，B的沸点比A的高；
（3）根据B的结构，B与HBr反应有副产物C7H7OBr产生，可推知X的结构是；
（4）D（）的同分异构体中，分子中含有苯环，且只含有两种不同化学环境的氢原子，说明结构比较对称；1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，说明结构中含有酚酯基，故对应结构如下：
（5）参照题目C→D流程和题目信息设计如下，
        
5． sp2和sp3 取代反应 CH3CHO
【分析】A与DBDMH在浓硫酸作用下发生取代反应生成B，B与CH3I发生取代反应生成C，C中硝基被还原得到D，D与经系列反应得到E，E与化合物X发生类似D生成E的反应得到F，对比E和F的结构简式可知化合物X为CH3CHO。
【详解】(1)A中苯环上以及碳氧双键的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；
(2)B中羧基中的氢原子被甲基代替生成C，所以B生成C的反应属于取代反应；
(3)D的同分异构体满足：
①分子中含有1个手性碳原子，即有一个碳原子上连接了四个不同的原子或原子团；
②在一定条件下完全水解，含苯环产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为2：1，则水解生成的含苯环产物应有两个对位的取代基，且两个对位上的取代基相同，则满足条件的同分异构体为；
(4)E与化合物X发生类似D生成E的反应得到F，对比E和F的结构简式可知化合物X为CH3CHO；
(5)根据D生成E的反应可知可以由和发生类似的反应生成，苯环先硝化再被还原可以得到，而苯环与发生题干所给反应生成，所以合成路线为：。
6．(1)13
(2)或
(3)消去反应
(4)
(5)

【分析】有机合成题中常采用对比的方法，找出断键和形成化学键的部位，从而判断出反应类型，据此分析；
【详解】（1）sp2杂化碳原子应是苯环和双键上的碳原子，因此根据C的结构简式，sp2杂化碳原子的数目有13；故答案为13；
（2）根据D的结构简式，能发生银镜反应，说明含有醛基，有两个苯环，无其他环，能发生水解反应，只能是“C－Cl”，有5种不同环境的氢原子，说明是对称结构，每个苯环上只有1中官能团，因此符合条件的是或；故答案为或；
（3）根据F的结构简式，推出F的分子式为C24H21NOCl2，对比X的分子式，X→F少了一个H2O，因此该反应类型为消去反应；故答案为消去反应；
（4）副反应产物的分子式为C24H21NOCl2，该副产物与F互为同分异构体，碳碳双键存在顺反异构，因此推出副产物为；故答案为；
（5）根据路线中B→C，生成，可以有与苯环反应得到，根据CH3COOH在SOCl2作用下生成CH3COCl，可以由反应得到，因此先水解，然后再氧化得到；故答案为。
7．(1) ＞ 加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大 CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大 水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
(2) 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降

【详解】（1）①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
（2）①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
8． 2.0×10-13mol/L 取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3 向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与S2O在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为S8；向含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和H3AsO3反应生成硫化砷沉淀的速率大于H2S与亚硫酸根反应转化为S8的速率
【详解】(1)①H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为；
②根据沉淀溶解平衡，，即，解得c(As3+)=2.0×10-13mol/L；
③取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS；
(2) ①S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3；
②向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与S2O在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为S8；向含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和H3AsO3反应生成硫化砷沉淀的速率大于H2S与亚硫酸根反应转化为S8的速率；
9．(1) 排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+ 12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O
(2) Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O SO2几乎完全被NaOH溶液吸收

【详解】（1）①氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；
②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒可知，氢氧化亚铁会与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；
（2）①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大
②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。
10．(1) 0.81 温度的升高使反应I、反应Ⅱ中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应Ⅲ中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当
(2) 2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－ 溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O 含F－的铜板中F－与水合钾离子通过库伦作用或氢键促进H2O在阴极表面得到电子生成

【解析】（1）
①令反应I消耗CH3COOCH3的物质的量为amol，反应ⅡCH3COOCH3消耗的物质的量为bmol，反应Ⅲ消耗的物质的量为cmol，根据反应I，推出生成C2H5OH的物质的量为amol，根据题意有：×100%=90%，×100%=90%，解得a=0.81；故答案为0.81；
②反应I、反应Ⅱ为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应I、反应Ⅱ向逆反应方向进行，CH3COOCH3的转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，反应Ⅲ向正反应方向进行，当上升幅度与下降幅度相当时，CH3COOCH3的平衡转化率几乎不变，故答案为温度的升高使反应I、反应Ⅱ中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应Ⅲ中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当；
（2）
①CO2在阴极上得电子，转化成C2H5OH，电极反应式为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；故答案为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；
②根据机理可知，溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O；故答案为溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O；
③根据机理图可知，与反应，F－与水合钾离子形成氢键，使促进水在阴极表面得到电子生成，故答案为含F－的铜板中F－与水合钾离子通过库伦作用或氢键促进H2O在阴极表面得到电子生成。
11． Al的还原性较弱 pH过低，Al和H+反应生成Al3+ Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降
【详解】(1)①酸性条件下，铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+，化学方程式为：；
②pH为3.0，Al的还原性较弱；
③pH过低，溶液中H+含量较高，Al和H+反应生成Al3+，导致Cr2O的去除效果不理想；
(2)①NaCl溶液、Ca(OH)2和NaAlO2反应生成Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀，化学方程式为：；
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)] 和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，，Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降。
12． 增大接触面积，使SO2充分反应 快速搅拌 加入适量稀硫酸使沉淀溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在20℃-39℃之间，使ZnSO4·7H2O析出，用乙醇进行洗涤，干燥后得到ZnSO4·7H2O晶体 77.00%
【分析】步骤1：在烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，Na2SO3、H2O、SO2反应生成NaHSO3，A中多孔球泡的是为了增大接触面积，使SO2充分反应；步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在95~100℃下，反应约3h ，NaHSO3溶液、锌粉和甲醛反应生成NaHSO2·HCHO·2H2O和，化学方程式为：。
【详解】(1)A中多孔球泡的作用是可以增大接触面积，使SO2充分反应；
(2)①通过快速搅拌可防止Zn(OH)2会覆盖在锌粉的表面；
②NaHSO3溶液、锌粉和甲醛反应生成NaHSO2·HCHO·2H2O和，化学方程式为：；
(3)由副产品Zn(OH)2获得ZnSO4·7H2O的实验方案：将副产品Zn(OH)2置于烧杯中，加入适量稀硫酸使沉淀溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在20℃-39℃之间，使ZnSO4·7H2O析出，用乙醇进行洗涤，干燥后得到ZnSO4·7H2O晶体。
(4)用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液 10.00mL，根据离子方程式2S2O+I2=S4O+2I-可知，与NaHSO2·HCHO·2H2O反应后剩余的I2的物质的量为，反应前加入50.00 mL 0.09000 mol·L-1 I2标准溶液，由此可计算出与NaHSO2·HCHO·2H2O反应消耗I2的物质的量为，根据化学方程式NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，算出NaHSO2·HCHO·2H2O的物质的量为，其纯度为，总计算过程为。