2022届天津市南开中学高三模拟考试（二模）化学试题含解析

这是一份2022届天津市南开中学高三模拟考试（二模）化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


天津市南开中学2022届高三模拟考试（二模）
化学试题
一、单选题
1．下列物质属于纯净物的是（　　）
A．甘油 B．蛋白质 C．硬铝 D．福尔马林
2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．甲基的电子式：
B．H3O+的VSEPR模型名称：三角锥形
C．乙醇的分子式：C2H5OH
D．Be的原子结构示意图：
3．下列叙述正确的是（　　）
A．酸性：HCOOH>CH3COOH B．键能：PH3>NH3
C．第一电离能：O>N D．键角：P4>CH4
4．下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（　　）
A．海带提碘 B．氯碱工业 C．氨碱法制碱 D．海水提溴
5．科学技术在物质结构的研究中具有非常重要的作用。下列说法错误的是（　　）
A．光谱分析可以用于鉴定元素
B．质谱仪可以测定分子的相对分子质量
C．X射线衍射可以测定有机化合物的晶体结构
D．核磁共振氢谱可以获得有机物分子中有几个不同类型的氢原子
6．1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1发生加成反应分两步： 第一步Br＋进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴鎓正离子)；第二步Br−进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是（　　）

A．1，2-加成产物A比1，4-加成产物B稳定
B．第一步的反应速率比第二步慢
C．该加成反应的反应热为Eb–Ea
D．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
7．用下图所示装置探究铜丝(下端卷成螺旋状)与过量浓硫酸的反应。

下列说法错误的是（　　）
A．试管③中的紫色石蕊溶液只变红不褪色
B．浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的SO2
C．将铜丝下端卷成螺旋状能提高SO2的生成速率
D．反应后，有CuSO4生成，试管①中的溶液呈蓝色
8．下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→2+CO32-
B．乙酰胺与NaOH溶液加热时反应：CH3CONH2+OH-→ΔCH3COO-+NH3↑
C．铝与NaOH溶液反应：Al+2OH-=AlO2-+H2↑
D．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
9．2021年9月24日《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成。其部分合成路线如下。

下列说法正确的是（　　）
A．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
B．反应①中有极性键和非极性键的断裂与生成
C．升高温度一定会加快反应②的反应速率
D．反应③属于加成反应
10．在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL 2mol/L的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。

下列说法正确的是（　　）
A．两个反应的离子方程式均为Mg+2H+=Mg2++H2↑
B．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
11．常温下，向20mL0.1mol⋅L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L-1的NaOH溶液，溶液中水电离的c(OH-)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．b、d两点溶液的pH相同
B．从a到e，水的电离程度一直增大
C．从a→c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强
D．e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=0.1mol⋅L-1
12．一种可充电锂—空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。

下列说法错误的是（　　）
A．放电时，多孔碳材料电极为正极
B．放电时，外电路电流由多孔碳材料电极流向锂电极
C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D．充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1-x2)O2↑
二、非选择题
13．ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种化合价，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
（1）基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形。
（2）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子的杂化轨道类型是　 　。

（3）基态Se原子的核外电子排布式为　 　。
（4）S、Se、Te三种元素电负性由大到小的顺序是　 　，三种元素氢化物水溶液的酸性最强的是　 　(填化学式)。
（5）CS2分子中共价键的类型是　 　，常温下CO2是气体而CS2是液体的原因是　 　。
（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，S周围紧邻且等距的Zn有　 　个。晶胞棱长为a pm，密度为　 　g⋅cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

14．苯甲醛是一种重要的化工原料，可发生如下转化。

已知：→R'OH (R、R′代表烃基)
回答下列问题：
（1）B所含官能团的名称为　 　。
（2）苯甲醛→A的反应类型是　 　。
（3）D、G的结构简式分别为　 　、　 　。
（4）苯甲醛与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为　 　。
（5）F→M的化学方程式为　 　。
（6）B有多种同分异构体，属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有　 　种，写出一种其中含亚甲基(-CH2-)的同分异构体的结构简式：　 　。
（7）写出用苯甲醛为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线：　 　。
15．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下。

回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是　 　。
（2）步骤②过滤中需要用到的玻璃仪器有　 　。
（3）步骤③中主要反应的离子方程式为　 　。
（4）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是　 　(写名称)。
（5）上述工艺中，步骤⑥醇洗的目的是　 　。
（6）准确称取所制备的CuCl样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+。
①用K2Cr2O7溶液滴定时发生反应的离子方程式为　 　。
②样品中CuCl的质量分数为　 　。
16．NOX(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。回答下列问题：
（1）用水吸收NOX的相关热化学方程式如下。
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-136.2 kJ⋅mol-1
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=-116.1 kJ⋅mol-1
①反应3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)的ΔH=　 　kJ⋅mol-1。
②NO2-中心原子上的价层电子对数为　 　。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：　 　。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应，写出该反应的化学方程式：　 　。
（4）在催化剂的作用下NH3能与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应的化学方程式为　 　，当1mol NH3完全反应时，转移的电子数为　 　。
②在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。

当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是　 　。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．甘油即丙三醇，为纯净物，A符合题意；
B．蛋白质是一种天然有机高分子物质，由于聚合度的不同，故其属于混合物，B不合题意；
C．硬铝是含铝的一种合金，属于混合物，C不合题意；
D．福尔马林是35%~40%的甲醛溶液，属于混合物，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】易错分析：C英铝是在铝中加入铬、锰等金属，制作成合金，硬度增大，为混合物
2．【答案】D
【解析】【解答】A．甲基不带电，故甲基的电子式为：，A不符合题意；
B．H3O+中心原子O周围的价层电子对数为：3+12(6-1-3×1)=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型名称：四面体形，B不符合题意；
C．C2H5OH是乙醇的结构简式，乙醇的分子式为：C2H6O，C不符合题意；
D．已知Be是4号元素，则Be的原子结构示意图：，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】易错分析：A.甲基不能单独存在，要和其他物质相连，所以含有一个单电子用于形成共价键
B.注意区分 VSEPR模型 和实际构型，实际构型为去掉孤独电子后的模型
3．【答案】A
【解析】【解答】A．羧基连接的氢原子和甲基相比，甲基是斥电子基会使得羧基氧上的电子云增加，氢离子更难失去，酸性：HCOOH＞CH3COOH，A符合题意；
B．原子半径P＞N，即N-H键长小于P-H键，一般键长越短键能越大，键能大小为PH3＜NH3，B不符合题意；
C．N原子价电子的p轨道上为半满状态稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素的，则第一电离能：O＜N，C不符合题意；
D．P4分子结构为4个原子形成的正四面体，键角为60°，CH4是以C为中心和4个氢原子形成的正四面体，键角为109°28'，键角：P4＜CH4，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】易错分析：B.通过比较原子半径大小，确定键长，键长越短，键能越大
C.短周期中，Be、Mg处于全满结构，N、P处于半满结构，电离能比同周期相邻元素要高
4．【答案】C
【解析】【解答】A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸钠和氯化铵，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选C．
【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答．本题考查氧化还原反应，要求学生掌握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化，注意从元素化合价变化角度分析，题目难度不大．
5．【答案】D
【解析】【解答】A．原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以确定元素种类，A不符合题意；
B．质谱仪测定的最大质荷比为相对分子质量，则利用质谱仪可以测定有机物的相对分子质量，B不符合题意；
C．晶体会对X射线发生衍射，非晶体不会对X射线发生衍射，可用X射线衍射实验测定有机化合物的晶体结构，C不符合题意；
D．核磁共振氢谱中吸收峰的数目等于有机物分子中H原子种类，H原子相对数目之比等于对应峰的面积之比，可以推知有机物分子中有几种不同类型的氢原子及它们的相对数目，但不能确定绝对数目，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】核磁共振氢谱的吸收峰的个数可以判断氢原子的种类，吸收峰的面积之比可以判断氢原子个数之比，但是无法判断氢原子的具体个数。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图像可知，1，2-加成产物A含有的总能量大于1，4-加成产物B，则1，4-加成产物B稳定，A说法不符合题意；
B．第一步的反应的活化能大于第二步，则第一步的反应速率比第二步慢，B说法符合题意；
C．该加成反应的反应热为1，3-丁二烯的总能量与1，2-加成产物A或1，4-加成产物B的总能量的差值，C说法不符合题意；
D．根据图像可知，加成反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则1，3-丁二烯的平衡转化率减小，D说法不符合题意；
答案为B。

【分析】A.物质具有的能量越低越稳定；
B.反应的活化能越低，其反应速率越大，反之相反；
C. Ea是第二步反应中1, 2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1, 4-加成反应的活化能；
D.1, 3-丁二烯的加成反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。


7．【答案】D
【解析】【解答】A．二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，所以试管③中的紫色石蕊溶液只变红不褪色，A不符合题意；
B．二氧化硫为酸性氧化物，可以与氢氧化钠反应，浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的SO2，防止造成空气污染，B不符合题意；
C．加热、将铜丝下端卷成螺旋状，即增大了接触面积，能提高SO2的生成速率，C不符合题意；
D．反应后①中含有大量浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，所以虽然生成硫酸铜，但是看不到溶液呈蓝色，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】易错分析：A.虽然二氧化硫具有漂白性，但是无法漂白酸碱指示剂
D.当反应结束后将混合物倒入水中稀释才会看到蓝色现象
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由于苯酚的酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：+CO2+H2O→+HCO3-，A不符合题意；
B．乙酰胺与NaOH溶液加热时发生水解反应生成乙酸钠和NH3，该反应的离子方程式为：CH3CONH2+OH-→ΔCH3COO-+NH3↑，B符合题意；
C．铝与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，则该反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，C不符合题意；
D．已知HClO为弱酸，离子方程式书写时不能拆，且氯气与水反应是一个可逆反应，故该反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】离子方程式正误判断：
1.反应原理是否正确（反应方程式书写是否正确）
2.物质的拆分是否正确
3.是否漏写参加反应离子
4.过量与少量问题
9．【答案】D
【解析】【解答】A．DHA中双键上C为sp2杂化，另外2个C为sp3杂化，而淀粉中C均为sp3杂化，则碳原子的成键方式不完全相同，A不符合题意；
B．反应①中，C=O极性键断裂、H-H非极性键断裂，无非极性键的生成，只有极性键的生成，B不符合题意；
C．温度太高，可使酶失去活性，则升高温度，不一定会加快反应②的反应速率，C不符合题意；
D.3分子HCHO生成DHA，产物只有一种，不饱和度减小，该反应为加成反应，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.碳原子形成双键时，杂化方式为sp2，形成单键时，为sp3杂化，形成三键时，为sp杂化
B.CO2与H2反应得到CH2OH过程，没有非极性键的生成
C.不能忽略温度对酶的催化效果影响
10．【答案】C
【解析】【解答】A．醋酸为弱酸，离子方程式时不能拆，所以镁与醋酸反应不能用Mg+2H+═Mg2++H2↑离子方程式表示，A不符合题意；
B．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c(H+)：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，B不符合题意；
C．反应中消耗H+而促进醋酸电离，则反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终生成氢气的量与n(酸)成正比，两种酸的物质的量相等，所以两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，C符合题意；
D．当醋酸浓度达到一定程度后，c(H+)：盐酸＜醋酸，反应速率与c(H+)成正比，所以一段时间后盐酸与Mg反应的化学反应速率均慢于醋酸与Mg反应的化学反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】同浓度的盐酸和醋酸，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，所以刚刚开始H+浓度小，与金属镁反应是，化学反应速率会慢，产生氢气的速率慢，容器内压强增加的也就慢些，所以①代表的是醋酸，②代表盐酸，但是最终产生气体总量相等，所以最终压强相等，随着反应的进行，盐酸与镁反应速率快，消耗H+快，在反应后期，醋酸中H+浓度要大于盐酸中的氢离子浓度，所以在后期，醋酸与镁反应速率要快一些。
11．【答案】C
【解析】【解答】A． b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa、NaOH，CH3COO −水解平衡常数Kh=10-141.75×10-5≈5.7×10-10 B．溶液中水电离出的OH−浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，醋酸、氢氧化钠溶液中水的电离被抑制，醋酸钠溶液中因水解促进了水的电离，从a到e，c点为醋酸钠溶液其中水的电离程度最大，结合选项A，可知水的电离程度先增大后减小，B不符合题意；
C． 从a→c的过程中，醋酸浓度不断下降、醋酸钠浓度不断增大，则溶液的导电能力逐渐增强，C符合题意；
D． e点所示溶液中，溶液体积约60mL，物料守恒：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)≠0.1mol⋅L-1，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A、b点溶液显酸性，d点溶液显碱性，二者的pH不同；
B、结合水电离的影响因素分析；
C、溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强；
D、结合物料守恒进行分析；
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，多孔碳材料电极为正极，A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，外电路的电流由正极多孔碳材料电极流向负极锂电极，B不符合题意；
C．由分析可知，充电时，多孔碳材料电极为阳极，锂电极为阴极，故电解质溶液中Li+向阴极锂电极区迁移，C符合题意；
D．由分析可知，充电时，电池总反应刚好是原电池总反应的逆过程，即为Li2O2-x=2Li+(1-x2)O2↑，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】放电时，锂为负极，氧气为正极，充电时，负极与阴极相连，正极与阳极相连，此时Li++e-=Li，锂离子向阴极移动，即为锂电极移动，充电时总反应和放电时刚好反过来。
13．【答案】（1）哑铃
（2）sp3
（3）1s2s22p63s23p63d104s24p4
（4）S>Se>Te；H2Te
（5）σ键、π键；CO2和CS2组成和结构相似，CS2相对分子质量比CO2大，范德华力更大，沸点更高
（6）4；3.88×1032a3NA
【解析】【解答】(1)O为8号元素，其基态原子的核外电子排布式为2s22s22p4，电子占据的最高能级为2p轨道，其电子云轮廓为哑铃形；
(2)从图中可以看出，在S8分子中，每个S原子形成2个共价键，则S原子的价层电子对数为4，S原子采用的轨道杂化方式是sp3；
(3)Se元素为34号元素，其原子序数为34，核内34个质子，核外34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s2s22p63s23p63d104s24p4；
(4)同主族元素至上而下非金属性依次减弱，因此非金属性S＞Se＞Te，非金属性越强，电负性越大，则电负性：S>Se>Te；非金属性越强的元素，与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，故酸性最强的是H2Te；
(5)CS2分子中，C与S原子形成双键，结构式为S=C=S，每个双键都是含有1个σ键和1个π键，则含有的共价键类型为σ键和π键；常温下，CO2和CS2组成和结构相似，均为分子晶体，CS2相对分子质量比CO2大，范德华力更大，因此沸点更高。
(6)晶胞中S原子位于顶点和面心，共含有8×18+6×12=4，Zn原子位于体心，共4个，则S周围紧邻且等距的Zn有4个，1个晶胞中平均含有4个ZnS，质量为m=4×97NAg=388NAg，晶胞的体积为V=(a×10-10cm)3，则密度为ρ=mV=388NAg(a×10-10cm)3=3.88×1032a3NA g·cm-3。

【分析】（1）S能级为球形，P能级为哑铃形
（2）与图可知，每个S形成两个个共价键，S原子的价层电子对数为4，轨道要进行sp3杂化才可以
（4）非金属性越强，电负性越强，非金属性越强，其氢化物越难电离出H+，酸性越弱
（5）CO2与CS2组成结构相似，都是分子晶体，但是相对分子质量不同，范德华力不同，由于CS2相对分子量大，范德华力大，故为液体
（6）首先利用均摊法算出一个晶胞含有几个ZnS，算出一个晶胞的质量，在计算晶胞体积，再利用p=m/v计算出密度
14．【答案】（1）羟基、羧基
（2）加成反应
（3）；
（4）+2Cu(OH)2+NaOH→Δ+Cu2O↓+3H2O
（5）n+nHCHO→H++(n-1)H2O
（6）13；、、
（7）→催化剂HCN→催化剂H2→HCl
【解析】【解答】由B的结构简式，可知苯甲醛与HCN发生加成反应生成A ，A中-CN水解为-COOH得到B，B与芳香醇C反应生成分子式为C15H14O3的酯，则D的分子式为C15H14O3+H2O-C8H8O3=C7H8O，故C的结构简式为，则D为；苯甲醛发生氧化反应生成E为，苯甲酸与SOCl2发生取代反应生成，F与甲醛生成高聚物M()，推知F为，结合信息可知F与发生取代反应生成G为；(7)与HCN发生加成反应生成，然后与氢气发生加成反应生成，最后与HCl反应生成，据此分析解题。
(1)由题干流程图中B的结构简式可知，B所含官能团为-OH、-COOH，名称分别为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)苯甲醛→A是与HCN发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
(3)由分析可知，D的结构简式为，G的结构简式为，故答案为：；；
(4)苯甲醛与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH→Δ+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH→Δ+Cu2O↓+3H2O；
(5)由分析可知，F→M的化学方程式为n+nHCHO→H++(n-1)H2O，故答案为：n+nHCHO→H++(n-1)H2O；
(6)B的同分异构体属于甲酸酯且含酚羟基，苯环有2个侧链为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为-OH、-OOCH、-CH3，而-OH、-OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CH3分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种，其中含亚甲基(-CH2-)的同分异构体的结构简式为：、、，
故答案为：13；(或或)
(7)与HCN发生加成反应生成，然后与氢气发生加成反应生成，最后与HCl反应生成，据此分析确定合成路线为：→催化剂HCN→催化剂H2→HCl，故答案为：→催化剂HCN→催化剂H2→HCl。

【分析】本题采用正推法解答，做有机合成题要注意两点，1.反应条件，根据反应条件判断一些反应类型，如氯气/光照，发生取代反应，浓硫酸/加热发生醇的消去反应等；2.观察反应前后化学键断裂和形成，以及断裂和形成的位置，
15．【答案】（1）Cu2+
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
（4）硫酸
（5）醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化
（6）Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；59.7abm%
【解析】【解答】由题干工艺流程图可知，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，据此分析解题。
(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为Cu2+，故答案为：Cu2+；
(2)步骤②为过滤，需要的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3)由分析可知，步骤③的反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
(4)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；
(5)已知CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
(6)①氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②根据氯化亚铜与氯化铁发生反应为Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为6CuCl～6Fe2+6n～Cr2O72-1ab×10-3mol则n=6ab×10-3mol，m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为：0.597abgmg×100%=59.7abm%，故答案为：59.7abm%。

【分析】（1）过程①中硝酸根和H+结合，相当于HNO3，氧化单质铜，生成Cu2+
（3）加入亚硫酸铵将Cu2+还原为Cu+，在于Cl-，形成CuCl沉淀，SO32-被氧化为SO42-，利用化合价升降相等配平即可
（5）由题可知， CuCl难溶于醇 ，可以利用乙醇洗涤，除去表面的水分，防止在潮湿空气中被氧化
16．【答案】（1）+75.9；3
（2）HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）8NH3+6NO2=7N2+12H2O；1.806×1024；NH3与O2反应产生了NO
【解析】【解答】(1)①由题干信息可知，反应I：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH1=-136.2 kJ⋅mol-1，反应II：2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH2=-116.1 kJ⋅mol-1，2I -3II即可得到反应3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH2-2ΔH1 =2×(-136.2kJ/mol)-3×(-116.1kJ/mol)=+75.9kJ⋅mol-1，故答案为：+75.9；
②NO2-中心原子上的价层电子对数为2+12(5+1-2×2)=3，故答案为：3；
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解时阳极上发生氧化反应，即将HNO2氧化为HNO3，故该电极的电极反应式为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+，故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；
(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O，故答案为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
(4)①NH3与NO2生成N2和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的反应的化学方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，反应中转移24mol电子，当1mol NH3完全反应时，转移的电子数为3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1024，故答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O；1.806×1024；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。

【分析】（1）利用盖斯定律，找到目标反应和已知反应的联系，消去中间产物即可得到目标反应的焓变
（2）阳极上发生氧化反应，即可判断HNO2在阳极反应，被氧化成HNO3
（3）判断化合价升降情况，判断出氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应配平即可
（4）判断化合价升降情况，判断出氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应配平即可，然后画出双线桥，找到电子转移数目与氨气的关系