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江苏泰州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份江苏泰州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共32页。试卷主要包含了00×10-3L×0等内容，欢迎下载使用。
江苏泰州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）煤电工业产生的烟气或汽车尾气中常含有NOx、CO等污染大气的气体，其中的NOx来源于如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应Ⅱ在常温下就能自发进行，则a_______0。(填“>”或“<”)
(2)煤电工业烟气中的NO可利用“氨法脱硝”处理，其反应为
①反应中，生成时，被氧化的的质量为_______。
②工业上可利用尿素[]水解制得，该反应的化学方程式为_______。
(3)为避免汽车尾气中的NOx和CO直接排放到大气中，可利用“三元催化转换器”将其转化为和。
①已知含碳物质参与反应的能量变化如所示，则NO(g)和CO(g)转化为和的热化学方程式为_______。
②“三元催化转换器”中用到了金属铂，如图为金属铂的晶胞结构示意图。金属铂晶体中，铂原子周围与之紧邻的其他铂原子数目为_______。若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为_______。
2. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）环己酮是重要的化工原料和化工溶剂，某研究小组对其进行了一些探究。
Ⅰ.环己酮的制备。反应原理为，还原产物为，反应过程放热，温度过高时环己酮易进一步被氧化，实验装置如图所示。
已知：溶液呈橙红色，溶液呈墨绿色。
(1)分液漏斗中盛放的试剂为_______。(填字母)
a.溶液 b.环己醇的硫酸溶液
(2)三颈烧瓶中反应体系的温度需控制在55~60℃，其加热方式为_______。
(3)反应结束后，还需滴加甲醇，直到_______(填实验现象)为止，随后分离提纯得到环己酮。
(4)若20.0 mL环己醇()完全反应并提纯后，得到纯环己酮()9.6 mL，则环己酮的产率为_______。(计算结果保留2位有效数字)
Ⅱ.环己酮的结构与性质
(5)环己酮中三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。(用元素符号表示)
(6)若要测定环己酮的相对分子质量，可以采用的波谱分析手段为_______。
(7)已知：。环己酮和乙二醇在酸性条件下反应生成分子式为的产物，其结构简式为_______。
3. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）有机化合物M是一种重要的化工原料，以A和C合成M的路线如下图所示：
已知：①。
②M分子中含2个六元环和1个八元环。
(1)A的一氯代物有_______种。
(2)M的结构简式为_______。
(3)D→E的化学方程式为_______。
(4)F与含有的悬浊液反应的化学方程式为_________。
(5)G通过缩聚反应得到高聚物L，L的结构简式为_______。
4. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）盐酸非那嗪奈是一种用于治疗缺氧性脑卒的新药，其合成路线如下：
(1)G中含氧官能团的名称为_______和____________。
(2)E→F的反应类型为________。
(3)若不设计反应①和③，和反应生成D的同时，还会生成副产物X(分子式为)，写出X的结构简式_______。
(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分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应
②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应
③分子中有5种不同化学环境的氢
(5)已知：，写出以和 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________。
5. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）化合物F是一种具有抗结核活性的药物，其部分合成路线如下：
已知：为三苯基膦[]。
(1)化合物A转化为化合物B的两步反应依次为还原反应和_______反应。(填反应类型)
(2)分子中，中心原子P的杂化方式为_______。
(3)化合物D转化为化合物E的过程中，还会产生一种与E互为同分异构体的化合物G，其结构简式为_______。
(4)写出化合物F的同系物满足下列条件的一种同分异构体_______。
①分子中含有苯环，不含结构；
②核磁共振氢谱共有3组峰，且峰强度之比为1：2：2。
(5)请设计以和为原料制备的合成路线_______(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
6. （2022春·江苏泰州·高二统考期末）柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线如下
(1)化合物F中含有的手性碳原子数目是_______。
(2)丙酮的反应经历两步，第二步是消去反应，第一步的反应类型为_______。
(3)根据的反应判断，在碱溶液中水解产物的结构简式为_______。
(4)写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式_______。
①可与溶液发生显色反应 ②分子中有4种不同化学环境的氢
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂、不超过两个碳原子的有机物及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _______。
7. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）全氮类物质具有高密度、高生成焓、超高能量及爆轰产物清洁无污染等优点，成为新一代超高能含能材料的典型代表。
Ⅰ．高性能炸药的结构为。
(1)基态原子的核外电子排布式为_______；O基态原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______(用文字描述，下同)；的空间构型为_______。
(2)写出与互为等电子体的阳离子的化学式_______；中所含各元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。
Ⅱ．作为新型高能含能材料，在炸药、推进剂和发射药等领域具有较高的应用价值。
(3)为平面结构，结构为，其中N原子的杂化方式是_______。
(4)的晶体结构与相似。的结构分为和，立方晶胞的示意图见图-1。图-2是晶胞正上方的俯视投影图，图中黑球(实心球)表示，请在题图-2中用白球(空心球)表示出的位置_______。
(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图-1中，原子1的坐标是(，0，)，则原子2的坐标为_______。
图-1 图-2
8. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）研究氮氧化物等大气污染物的处理对建设美丽家乡、打造宜居环境具有重要意义。
(1)Pb(NO3)2受热分解后能得到PbO、NO2和另一种气体，该气体为_______(写分子式)。
(2)现有以下反应：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H1
N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H2
2H2(g)+2NO(g) =2H2O(l)+ N2(g) ∆H3
查阅资料获得部分化学键的键能E数据如下表：
化学键
E/(kJ∙mol-1)
946
436
497
632
已知∆H1=-572kJ/mol，则∆H3=________。
(3)O3-石灰乳联合处理NO的方法是先将NO经O3氧化，再用石灰乳吸收氮的氧化物，发生的主要化学反应有：NO+O3=NO2+O2，2NO+O2=2NO2，NO2+NO+Ca(OH)2= Ca(NO2)2+H2O，4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，
①为保证NO被充分吸收，至少为_______(填字母)。
A． B． C． D．1
②其他条件相同时，石灰乳浆液中分别加入等物质的量的不同亚硫酸盐对NOx去除效率的影响如图所示。0~25min内，Na2SO3对NOx的去除效率明显高于CaSO3的原因是_______。
③下图是环保工业中利用催化反硝化电解法降解水中的示意图，写出阴极的电极反应式_______。
(4)对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，有学者认为分两步完成，其反应历程如图所示。已知第1步反应2NO(g)⇌N2O2(g)(是快反应，会快速建立平衡状态，第2步反应N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是慢反应。研究发现，在未使用催化剂的条件下，升高温度，总反应速率减慢，其原因可能是_______。
9. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）钻在材料、化工等领域应用广泛。可用废旧锂电池预处理得到的活性物质(不溶于水)为原料回收金属钻或制备草酸钻()。已知：在溶液中可与、形成配离子、。
(1)用30%过氧化氢、硫酸混合溶液对活性物质进行浸出，浸出时生成，则反应的离子方程式为_______。
(2)用锌棒作阳极、石墨作阴极电解浸出液，将还原为Co单质以回收金属钻。若其他条件相同，测得pH约为4时的残留率最低，其可能原因是_______。
(3)向浸出液中加入草酸铵[]溶液可制得。其他条件相同时，溶液pH、对钴沉淀率的影响如图1、图2所示。
①“沉钴”时采取的最适宜的pH和分别为_______、_______。
②pH>2.5时，钴沉淀率变化的可能原因是_______。
(4)Co与CO、在一定条件下可制得。与可反应生成高碳醛，反应历程如图所示，则由生成高碳醛总的化学反应方程式可表示为_______。
10. （2022春·江苏泰州·高二统考期末）铁的腐蚀和防护与生产生活密切相关。已知：氢氧化物沉淀的如下表(开始沉淀时金属离子浓度为)。
沉淀物
开始沉淀
1.1
5.8
5.9
完全沉淀
3.2
8.8
8.0
(1)研究铁的腐蚀。将一定量铁粉和碳粉混合后置于一密闭容器中，加入和盐酸的混合溶液。测得溶液和压强随时间变化的曲线如所示。
①容器内压强先增大后减小，除温度影响外的原因是_______。
②反应过程中，混合液里先期生成的会被氧化生成，反应的离子方程式为_______。
③后略下降，原因是_______。
(2)研究铁的防护。
①在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀。
已知：镀层金属析出缓慢、平稳时，镀层致密、细腻；溶液中与可发生反应：。以通入一定量的溶液为电镀液热镀锌，得到的镀层更加致密、细腻，原因是_______。
②镀锌废液的回收。镀锌废液中含有等阳离子。请设计利用该电镀废液回收溶液的实验方案：_______。(实验中可选用试剂：、溶液、氨水)
53．（2022春·江苏泰州·高二统考期末）乙二醇是重要的化工原料，通过下列过程可实现煤到乙二醇的转化。
(1)“气化”中主要反应：验共酬巷|
反应I：
反应II：
反应的_______。
(2)“转化1”中主要反应：
反应III：
反应IV：
将和按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在和下达到平衡，下平衡转化率更大、甲醇的产率较低，原因是_______。
(3)“转化2”中的总反应为，该转化分为两步进行，第一步为，机理如图所示。
①化合物X的结构简式为_______。
②中混有的少量，会在表面形成中间体参与反应，生成的有机物有、_______。
③“转化2”的第二步为和进行的再生反应，反应的化学方程式为_______。
(4)“转化3”生成乙二醇和甲醇，每生成乙二醇转移的电子为_______。
11. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）利用镍渣(含、、、等杂质)制备草酸镍晶体的工艺流程如下：
(1)加入发生反应的离子方程式为_______。
(2)加入除去的离子是_______。
(3)下图为在空气中受热的固体残留率曲线和热流曲线(用于表示化学反应导致的热量变化)，曲线中375℃以上所得固体为镍的氧化物。的常见化合价为、。()
①C点对应物质的化学式为_______。
②A→B的过程_______(填“吸收”或“放出”)热量。
③取一定质量的镍的氧化物，用500mL 6mol/L的盐酸恰好完全溶解，生成黄绿色气体(已折算成标准状况)，溶液中的全部是价。计算该氧化物中和O的物质的量之比(写出计算过程)_____________。
12. （2022春·江苏泰州·高二统考期末）处理含的废水(含量均超标)的流程如下：
已知：①时，，。
②室温下，溶液中(III)物种分布分数与的关系如图所示。
(1)“过程I”除及部分砷。
①基态As的核外电子排布式为_______。
②用离子方程式表示溶液呈碱性的原因_______。
(2)“过程II”除和。测得滤液中，此时_______。
(3)“过程III”进一步除砷。(聚合硫酸铁)溶于水形成的胶体和加入的可将砷转化为难溶的除去。
①生成的离子方程式为_______。
②测定“滤渣C”中含量。称取样品用稀硫酸溶解后，转移至100容量瓶中并加水稀释至刻度。量取溶液于锥形瓶中，依次加入足量的溶液和溶液。充分反应后，用标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。
(已知：，；与反应生成，氧化性。)
i.加入足量的溶液的作用为_______。
ii.计算样品中的质量分数_______(写出计算过程)。
参考答案：
1. < 8.5g CO(NH2)2+H2O=CO2↑+2NH3↑ 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-746.5kJ/mol 12 (0，，)
【详解】(1)反应Ⅱ是气体体积减小的反应，属于熵减反应，该反应在常温下就能自发进行说明其为放热反应，<0，则a<0，故答案为：<；
(2)①反应中，N元素化合价既有由氨分子中-3价上升到0价、又有由NO分子中+2价下降到0价，O元素化合价由0价下降到-2价，生成时消耗molO2，O元素得到1.5mol电子，被氧化的的物质的量为=0.5mol，质量为0.5mol17g/mol=8.5g，故答案为：8.5g；
②尿素水解成氨气和二氧化碳，方程式为：CO(NH2)2+H2O=CO2↑+2NH3↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=CO2↑+2NH3↑；
(3)①由图可知，热化学方程式a. C(s)+O2(g)=CO(g) ；b. C(s)+ O2(g)=CO2(g) ；c. ；由盖斯定律可知，2(b-a)-c可以得到2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =(-393.52+2110.5-180.5)kJ/mol=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-746.5 kJ/mol；
②由晶胞结构可知，铂原子位于晶胞的顶点和面心，铂原子周围与之紧邻的其他铂原子数目为12，若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为(0，，)，故答案为：12；(0，，)。
2. b 向水浴中加冰水维持温度或冰水浴或恒温水浴 溶液变为墨绿色 47.8% H
【详解】(1)该反应使用的硫酸溶液是浓硫酸，分液漏斗中应该盛放环己醇的硫酸溶液，向溶液中滴加，故答案为：b；
(2)三颈烧瓶中反应体系的温度需控制在55~60℃，反应过程放热，当温度上升至55℃时，向水浴中加冰水维持温度或冰水浴或恒温水浴，保持反应温度在55~60℃，故答案为：向水浴中加冰水维持温度或冰水浴或恒温水浴；
(3)甲醇具有还原性，与过量的重铬酸钠发生氧化还原反应生成二氧化碳、Cr3+和H2O，此时溶液变为墨绿色，可以防止环己酮继续被过量的重铬酸钠氧化，故答案为：溶液变为墨绿色；
(4)根据得失电子守恒配平方程式为：3+Na2Cr2O7+4H2SO4→3+Na2SO4+Cr2(SO4)3+7H2O，则理论上生成环己酮的质量为：×98g/mol=18.816g，所以所得产品的产率为×100%=47.8%，故答案为：47.8%；
(5)环己酮中三种元素为C、H、O，这三种元素的电负性由小到大的顺序为H
(7)由题目所给信息，结合的不饱和度=2，可以推知中有两个环，则其结构简式为：，故答案为：。
3. 5
【分析】乙苯（）在AlCl3的催化下与CO、HCl反应生成B（）；C（丙烯）在催化剂的作用下与H2O发生加成反应生成D（CH3CH2CH2OH），D经催化氧化生成E（CH3CH2CHO），B与E发生羟醛缩合反应生成F（），F与Cu(OH)2反应后酸化得到G（），G在浓硫酸作用下发生分子间酯化生成M（）。
【详解】（1）化合物A（）的一氯代物有、、、、共5种；
（2）根据分析，M的结构简式为；
（3）根据分析，D→E的化学方程式为：；
（4）根据分析，F与含有的悬浊液反应的化学方程式为：
；
（5）化合物G中有一个羧基，一个羟基，可以发生缩聚反应，羧基脱羟基，羟基脱氢，最终生成的高聚物为；
【点睛】本题要注意第（4）题，F与含有的悬浊液反应时溶液为碱性，故产物为羧酸钠。
4. 羰基 酰胺键(或肽键) 取代反应
【分析】(1)根据常见官能团的结构和名称分析判断G中的含氧官能团；
(2)根据E→F反应前后结构的变化分析判断反应类型；
(3)根据流程图， 中一个的H原子与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了D，若不设计反应①和③，D中的也可以与反应生成副产物X(分子式为)， 据此书写X的结构简式；
(4)C的分子式为C13H16N2O2，①分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应，②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应，说明结构中含有两个氨基、一个甲酸酯基；③分子中有5种不同化学环境的氢，说明结构具有较好的对称性，结合C的不饱和度分析书写满足条件的C的同分异构体；
(5)根据题干流程图的提示，需要先合成，可以由氧化生成，再根据已知信息合成即可。
【详解】(1)G()中的含氧官能团有羰基和酰胺键(或肽键)，故答案为：羰基；酰胺键(或肽键)；
(2)E→F反应过程中E分子结构中氨基上的H原子与ClCH2COCl中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了F，该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；
(3)根据流程图，中一个的H原子与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了D，若不设计反应①和③，和反应生成D的同时，D中的的H原子也与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成副产物X(分子式为)， 因此X的结构简式为，故答案为：；
(4)C为，不饱和度为7，分子式为C13H16N2O2，①分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应，②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应，说明结构中含有两个氨基、一个甲酸酯基；根据不饱和度，可能含有一个-C≡CH等不饱和结构，③分子中有5种不同化学环境的氢，满足条件的C的一种同分异构体可能为等，故答案为：(或其他合理答案)；
(5) 以和为原料制备，根据题干流程图中和反应生成的提示，需要合成，可以由氧化生成，再根据合成即可，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意限制条件的正确解读，难点为(5)，要注意充分利用题干中B→C的提示。
5. 取代 sp3
【分析】对比A和B的结构简式可知，A()在LiAlH4条件下先被还原为，与PBr3发生取代反应生成B()，和结合生成C()，经NaH还原条件与结合生成D()，在I2、光照条件下发生取代反应生成E()，发生取代的H原子为苯环烃基邻碳上的H，故还会产生一种与E互为同分异构体的化合物G为，E和BBr3发生取代反应生成F。
【详解】(1)根据以上分析可知，化合物A转化为化合物B的两步反应依次为还原反应和取代反应，故答案为：取代；
(2)分子中，中心原子P的价层电子对数为3+=4，为sp3杂化，故答案为：sp3；
(3) D()在I2、光照条件下发生取代反应生成E()，发生取代反应的H原子为苯环烃基邻碳上的H，所以产生一种与E互为同分异构体的化合物G为，故答案为：；
(4) 的分子式为C14H10O，满足条件：①分子中含有苯环，不含结构；②核磁共振氢谱共有3组峰，且峰强度之比为1：2：2，说明有3种类型的氢原子且结构对称，故符合条件的结构可能为：；
(5)要以和为原料制备，关键点是实现信息中C→D的转化及E→F的转化，前者完成了碳链增长，后者实现了芳香醚转化为酚羟基，合成路线为：，故答案为：。
6. (1)2；
(2)加成反应
(3)
(4)或；
(5)
【分析】该柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线中的反应物与生成物的结构简式均给出，不需要对物质进行判断；但是路线中的反应都比较陌生，对各个物质的变化进行判断时，一定要做好反应物与生成物的结构差异的对比，从而判断出反应是如何进行的，再将这路线中的反应与各小题结合进行分析判断，从而找到解题的思路。
【详解】（1）手性碳原子指的是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，F为，则手性碳如图示；
故答案为2；
（2）题目流程丙酮为，该反应经历两步，第二步是消去反应，对比A和B的结构差异，可推断出与丙酮反应先生成，再由发生消去反应生成，所以第一步反应为加成反应；
故答案为加成反应；
（3）的反应为，由此可以发现与氧原子相连的双键碳变成了碳氧双键，则在碱溶液中水解产物为；
故答案为；
（4）G为，不饱和度为4，10个C原子，2个O原子，同分异构体可与溶液发生显色反应，表明该分子包含有结构，苯环结构占据4个不饱和度，则该分子没有其他的不饱和键；除苯环结构外，该分子还有5个C原子，而分子中有4种不同化学环境的氢，表明该分子有一定的对称性且有同碳上的甲基；则G的同分异构体的结构简式可能是或；
故答案为或；
（5）要求以为原料制备，对比两个物质的结构，相差甚远，无法直接推断，应该结合流程与原料先进行逆向推导。依据过程，可以确定最终产物的上一步中间产物为；结合中间产物和原料的结构，必须考虑卤代烃的水解反应与醇的催化氧化反应，所以先对原料进行水解反应得，后进行催化氧化反应得到；把改变画法变形为，让它与中间产物相近，发现利用反应，可使转变为，得到合成路线为；
故答案为。
7. 3d74s2 纺锤形 正四面体 H3O+ N＞O＞C sp2 (，，0)
【详解】(1)Co为27号元素，基态Co原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2，则价层电子排布式为3d74s2；O为8号元素，基态O原子核外电子占据最高能级的电子为2p电子，电子云轮廓图形状为纺锤形；ClO4-的中心原子Cl的价层电子对数为4+=4，空间构型为正四面体，故答案为：3d74s2；纺锤形；正四面体；
(2)含有4个原子，10个电子，与互为等电子体的阳离子为H3O+；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但N最外层为半充满状态，较稳定，第一电离能最大，则中所含各元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：H3O+；N＞O＞C；
(3)为平面结构，结构为，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
(4)根据立方晶胞的示意图，位于晶胞的顶点和面心，位于晶胞体内，而且与周围的4个构成正四面体结构，位于体心，因此的位置为，故答案为：；
(5) 原子1位于晶胞左侧面的面心，坐标是(，0，)，则坐标原点如图()；原子2位于晶胞底面的面心，则坐标是(，，0)，故答案为：(，，0)。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意与周围的4个构成正四面体结构，而且位于正四面体的体心，因此俯视图中位于4个构成的正方形的中心。
8. O2 -751 kJ∙mol-1 B Na2SO3易溶于水，其溶液中亚硫酸根离子浓度较大，能够与NOx气体充分接触并加快反应速率，而亚硫酸钙难溶于水，其溶液中亚硫酸根离子的浓度较小 2+10e-+12H+= N2+6H2O 决定总反应速率的是第2步反应，温度升高后，第1步反应为放热反应，平衡逆向移动，导致N2O2(g)的浓度减小，温度升高对于第2步反应的影响弱于N2O2(g)浓度的影响，N2O2(g)浓度的减小导致反应速率降低
【分析】(1)根据化合价升降进行判断；
(2)根据表中数据及化学键与焓变的关系计算；
(3)利用方程式的关系计算；
(4)利用温度与浓度的变化判断。
【详解】(1)Pb(NO3)2受热分解得到PbO、NO2，Pb的化合价未变，而N的化合价降低，则O的化合价升高，另一种气体为氧气；
(2)根据表中数据及化学键与焓变的关系，∆H2=946 kJ∙mol-1+497 kJ∙mol-1-632kJ∙mol-1×2=+179kJ∙mol-1；根据盖斯定律，∆H3=∆H1-∆H2=-572 kJ∙mol-1-179kJ∙mol-1=-751 kJ∙mol-1；
(3)①根据方程式，n(NO)：n(NO2)=1：1时，即可完全吸收且消耗O3的量最少。消耗1mol O3，生成3mol NO2，则共消耗6mol的NO，即n(O3)：n(NO)=1：6，答案为B；
②根据图象可知，0~25min内，Na2SO3对NOx的去除效率明显高于CaSO3，Na2SO3易溶于水，其溶液中亚硫酸根离子浓度较大，能够与NOx气体充分接触并加快反应速率，而亚硫酸钙难溶于水，其溶液中亚硫酸根离子的浓度较小；
③根据图象可知，电解时，变为N2，化合价降低，得电子，作阴极，交换膜为质子交换膜，则阴极电极反应式为2+10e-+12H+= N2+6H2O；
(4)根据图象可知，第1步反应与第2步反应均为放热反应，升高温度反应速率加快，研究发现，升高温度，总反应速率减慢，则升高温度第1步反应平衡逆向移动，导致N2O2(g)的浓度降低，对第2步反应，温度升高的影响弱于N2O2(g)的浓度的影响，则总反应速率减慢的原因为N2O2(g)的浓度的减小。
9. 在一定pH的水溶液中生成Zn(OH)2沉淀覆盖在锌电极表面，阻碍电解反应的进一步进行 1.5 1.10 与形成配离子
【详解】(1)用30%过氧化氢、硫酸混合溶液对活性物质进行浸出，浸出时生成，Co元素化合价降低，发生还原反应，则H2O2作还原剂，发生氧化反应生成O2，离子方程式为；
(2)随着阳极锌的溶解，溶液中锌离子浓度逐渐增大，在一定pH的水溶液中生成Zn(OH)2沉淀覆盖在锌电极表面，阻碍电解反应的进一步进行，所以pH=4时电解效果最好；
(3)①由图1可知，pH=1.5时，沉淀率最高；由图2可知，当时，沉淀率最高；
②pH>2.5时，与形成配离子，使钴沉淀率降低；
(4)由反应历程图可知，RCH2CH2COCo(CO)4和H2反应生成高碳醛和HCo(CO)4，则高碳醛的结构简式为RCH2CH2CHO，HCo(CO)4既是反应物又是生成物，所以HCo(CO)4是催化剂，、CO和H2反应生成RCH2CH2CHO，化学方程式为。
10. (1) 铁与碳粉构成原电池发生吸氧腐蚀，消耗容器内的氧气导致压强减小，同时亚铁离子被氧化成铁离子也会消耗氧气，使容器内压强减小 铁发生吸氧腐蚀产生的氢氧根离子与Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，消耗了溶液中的氢氧根离子，使得pH略下降
(2) 电镀消耗Zn2+导致平衡逆向移动，有效控制溶液中锌离子浓度。 往镀锌废液中加入过量双氧水，然后加入氨水将pH调整到略小于5.9，过滤后加热滤液，得到ZnCl2-NH4Cl溶液。
【解析】（1）
铁先和盐酸反应，生成氢气导致容器内压强增大，盐酸消耗完后铁与碳粉构成原电池发生吸氧腐蚀，消耗容器内的氧气导致压强减小，同时亚铁离子被氧化成铁离子也会消耗氧气，使容器内压强减小。Fe2+被氧化生成氢氧化铁的离子方程式为。铁发生吸氧腐蚀产生的氢氧根离子与Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，消耗了溶液中的氢氧根离子，使得pH略下降。
（2）
通入一定量NH3的ZnCl2-NH4Cl溶液中存在平衡，电镀消耗Zn2+的过程导致溶液中锌离子浓度减小，化学平衡逆向移动，产生锌离子，这种方法可有效控制溶液中锌离子浓度，使镀层金属析出缓慢，得到的镀层更加致密、细腻。往镀锌废液中加入过量双氧水，然后加入氨水将pH调整到略小于5.9，确保铁离子完全沉淀，同时降低氢离子浓度，过滤除去氢氧化铁沉淀，加热滤液使多余的双氧水分解成氧气和水，氧气逸出，最终得到ZnCl2-NH4Cl溶液。
11. (1)172
(2)反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低
(3) CH3OOC-OCH3 CH3OH 4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O
(4)8
【解析】(1)
反应I-反应II可得CO2(g)+C(s)2CO(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2=+131kJ⋅mol-1-(-41kJ⋅mol-1)=172kJ⋅mol-1。
(2)
反应IV是反应II的逆反应，则反应IV是吸热反应；将CO2和H2按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在500℃和600℃下达到平衡，600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低，是因为反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低，所以600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低。
(3)
①结合图中左侧“脱附”过程，CH3OOC-Pd-COOCH3脱附生成CH3OOC-COOCH3和Pd，CH3OOC-Pd-OCH3脱附生成化合物X和Pd，则化合物X的结构简式为CH3OOC-OCH3；
②CO中混有的少量H2，会在Pd表面形成Pd-H中间体参与反应，生成的有机物有HCHO，HCHO还可以被还原为CH3OH；
③“转化2”的第二步为NO、CH3OH和O2进行的CH3ONO再生反应，反应的化学方程式为4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O。
(4)
“转化3”中，CH3OOCCOOCH3和H2反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH，该反应的化学方程式为CH3OOCCOOCH3+4H2HOCH2CH2OH+2CH3OH，每生成1mol乙二醇，就有4mol H2发生反应，转移的电子为8mol。
12. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 钙离子 Ni2O3 放出 根据反应2Ni3++2Cl-=2Ni2++Cl2可知，原氧化物中含有Ni2O30.2mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中氯离子的物质的量为，则NiCl2的物质的量为1.3mol，原氧化物中NiO的物质的量为（1.3-0.4）mol=0.9mol，则该氧化物中和O的物质的量之比1.3：（0.9+0.23）=13:15。
【分析】镍渣中含、、、等杂质，加入硫酸，反应生成硫酸钙、硫酸铁和硫酸亚铁，但不与酸反应，过滤除去；向滤液中加入过氧化氢和碳酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，并除去含铁滤渣；再加入除去钙离子，最后加入草酸生成草酸镍晶体。
【详解】(1)加入将亚铁离子氧化成铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
(2)综上分析，加入除去的离子是钙离子。
(3)①C点对应的固体残留率为45.4%，设初始的物质的量为1mol，则质量为183g，则C点固体样品的剩余质量为83g，已知375℃以上所得固体为镍的氧化物，的常见化合价为、，则镍的氧化物为NiO、Ni2O3，当镍原子的物质的量为1mol时对应的氧化物的质量分别为75、83，故C点对应物质的化学式为Ni2O3。
②根据图示可知A→B过程的热流增加，故该过程为放出热量。
③取一定质量的镍的氧化物，用的盐酸恰好完全溶解，生成黄绿色气体可知，生成氯气分子0.2mol，溶液中的全部是价，发生氧化还原反应2Ni3++2Cl-=2Ni2++Cl2，则原氧化物中含有Ni2O30.2mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中氯离子的物质的量为，则NiCl2的物质的量为1.3mol，原氧化物中NiO的物质的量为（1.3-0.4）mol=0.9mol，则该氧化物中和O的物质的量之比1.3：（0.9+0.23）=13:15。
13. (1) [Ar]3d104s24p3 S²⁻+H₂O⇌HS⁻+OH⁻
(2)
(3) ++=+OH-+3H2O 与三价铁形成，防止三价铁和碘离子反应生成单质碘 7.800%
【分析】硫化氢的水溶液为弱酸，故硫离子可以水解，使溶液显碱性；根据硫酸根离子的浓度计算钙离子的浓度，根据钙离子的浓度再计算氟离子的浓度，根据坐标图判断在pH为10—11时砷的存在性质，进而根据得失电子守恒写出方程式，以此解题。
(1)
①As是33号元素，则基态As的核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p3 ；
②溶液中硫离子水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，水解的离子方程式为：S²⁻+H₂O⇌HS⁻+OH⁻；
(2)
根据溶度积计算，，；
(3)
①根据题意知道反应物为、、产物为，溶液为碱性条件，用氢氧根离子配平电荷，则反应的离子方程式为：++=+OH-+3H2O；
②根据信息可知，氟离子可以和三价铁结合，防止三价铁把碘离子氧化为单质碘，影响实验，故答案为：与三价铁形成，防止三价铁和碘离子反应生成单质碘；
根据已知信息可知~I2~2，则n()=n()=××16.00×10-3L×0.025=0.001000mol，则样品中的质量分数=。
江苏泰州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）煤电工业产生的烟气或汽车尾气中常含有NOx、CO等污染大气的气体，其中的NOx来源于如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应Ⅱ在常温下就能自发进行，则a_______0。(填“>”或“<”)
(2)煤电工业烟气中的NO可利用“氨法脱硝”处理，其反应为
①反应中，生成时，被氧化的的质量为_______。
②工业上可利用尿素[]水解制得，该反应的化学方程式为_______。
(3)为避免汽车尾气中的NOx和CO直接排放到大气中，可利用“三元催化转换器”将其转化为和。
①已知含碳物质参与反应的能量变化如所示，则NO(g)和CO(g)转化为和的热化学方程式为_______。
②“三元催化转换器”中用到了金属铂，如图为金属铂的晶胞结构示意图。金属铂晶体中，铂原子周围与之紧邻的其他铂原子数目为_______。若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为_______。
2. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）环己酮是重要的化工原料和化工溶剂，某研究小组对其进行了一些探究。
Ⅰ.环己酮的制备。反应原理为，还原产物为，反应过程放热，温度过高时环己酮易进一步被氧化，实验装置如图所示。
已知：溶液呈橙红色，溶液呈墨绿色。
(1)分液漏斗中盛放的试剂为_______。(填字母)
a.溶液 b.环己醇的硫酸溶液
(2)三颈烧瓶中反应体系的温度需控制在55~60℃，其加热方式为_______。
(3)反应结束后，还需滴加甲醇，直到_______(填实验现象)为止，随后分离提纯得到环己酮。
(4)若20.0 mL环己醇()完全反应并提纯后，得到纯环己酮()9.6 mL，则环己酮的产率为_______。(计算结果保留2位有效数字)
Ⅱ.环己酮的结构与性质
(5)环己酮中三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。(用元素符号表示)
(6)若要测定环己酮的相对分子质量，可以采用的波谱分析手段为_______。
(7)已知：。环己酮和乙二醇在酸性条件下反应生成分子式为的产物，其结构简式为_______。
3. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）有机化合物M是一种重要的化工原料，以A和C合成M的路线如下图所示：
已知：①。
②M分子中含2个六元环和1个八元环。
(1)A的一氯代物有_______种。
(2)M的结构简式为_______。
(3)D→E的化学方程式为_______。
(4)F与含有的悬浊液反应的化学方程式为_________。
(5)G通过缩聚反应得到高聚物L，L的结构简式为_______。
4. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）盐酸非那嗪奈是一种用于治疗缺氧性脑卒的新药，其合成路线如下：
(1)G中含氧官能团的名称为_______和____________。
(2)E→F的反应类型为________。
(3)若不设计反应①和③，和反应生成D的同时，还会生成副产物X(分子式为)，写出X的结构简式_______。
(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分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应
②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应
③分子中有5种不同化学环境的氢
(5)已知：，写出以和 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________。
5. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）化合物F是一种具有抗结核活性的药物，其部分合成路线如下：
已知：为三苯基膦[]。
(1)化合物A转化为化合物B的两步反应依次为还原反应和_______反应。(填反应类型)
(2)分子中，中心原子P的杂化方式为_______。
(3)化合物D转化为化合物E的过程中，还会产生一种与E互为同分异构体的化合物G，其结构简式为_______。
(4)写出化合物F的同系物满足下列条件的一种同分异构体_______。
①分子中含有苯环，不含结构；
②核磁共振氢谱共有3组峰，且峰强度之比为1：2：2。
(5)请设计以和为原料制备的合成路线_______(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
6. （2022春·江苏泰州·高二统考期末）柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线如下
(1)化合物F中含有的手性碳原子数目是_______。
(2)丙酮的反应经历两步，第二步是消去反应，第一步的反应类型为_______。
(3)根据的反应判断，在碱溶液中水解产物的结构简式为_______。
(4)写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式_______。
①可与溶液发生显色反应 ②分子中有4种不同化学环境的氢
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂、不超过两个碳原子的有机物及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _______。
7. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）全氮类物质具有高密度、高生成焓、超高能量及爆轰产物清洁无污染等优点，成为新一代超高能含能材料的典型代表。
Ⅰ．高性能炸药的结构为。
(1)基态原子的核外电子排布式为_______；O基态原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______(用文字描述，下同)；的空间构型为_______。
(2)写出与互为等电子体的阳离子的化学式_______；中所含各元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。
Ⅱ．作为新型高能含能材料，在炸药、推进剂和发射药等领域具有较高的应用价值。
(3)为平面结构，结构为，其中N原子的杂化方式是_______。
(4)的晶体结构与相似。的结构分为和，立方晶胞的示意图见图-1。图-2是晶胞正上方的俯视投影图，图中黑球(实心球)表示，请在题图-2中用白球(空心球)表示出的位置_______。
(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图-1中，原子1的坐标是(，0，)，则原子2的坐标为_______。
图-1 图-2
8. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）研究氮氧化物等大气污染物的处理对建设美丽家乡、打造宜居环境具有重要意义。
(1)Pb(NO3)2受热分解后能得到PbO、NO2和另一种气体，该气体为_______(写分子式)。
(2)现有以下反应：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H1
N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H2
2H2(g)+2NO(g) =2H2O(l)+ N2(g) ∆H3
查阅资料获得部分化学键的键能E数据如下表：
化学键
E/(kJ∙mol-1)
946
436
497
632
已知∆H1=-572kJ/mol，则∆H3=________。
(3)O3-石灰乳联合处理NO的方法是先将NO经O3氧化，再用石灰乳吸收氮的氧化物，发生的主要化学反应有：NO+O3=NO2+O2，2NO+O2=2NO2，NO2+NO+Ca(OH)2= Ca(NO2)2+H2O，4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，
①为保证NO被充分吸收，至少为_______(填字母)。
A． B． C． D．1
②其他条件相同时，石灰乳浆液中分别加入等物质的量的不同亚硫酸盐对NOx去除效率的影响如图所示。0~25min内，Na2SO3对NOx的去除效率明显高于CaSO3的原因是_______。
③下图是环保工业中利用催化反硝化电解法降解水中的示意图，写出阴极的电极反应式_______。
(4)对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，有学者认为分两步完成，其反应历程如图所示。已知第1步反应2NO(g)⇌N2O2(g)(是快反应，会快速建立平衡状态，第2步反应N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是慢反应。研究发现，在未使用催化剂的条件下，升高温度，总反应速率减慢，其原因可能是_______。
9. （2021春·江苏泰州·高二统考期末）钻在材料、化工等领域应用广泛。可用废旧锂电池预处理得到的活性物质(不溶于水)为原料回收金属钻或制备草酸钻()。已知：在溶液中可与、形成配离子、。
(1)用30%过氧化氢、硫酸混合溶液对活性物质进行浸出，浸出时生成，则反应的离子方程式为_______。
(2)用锌棒作阳极、石墨作阴极电解浸出液，将还原为Co单质以回收金属钻。若其他条件相同，测得pH约为4时的残留率最低，其可能原因是_______。
(3)向浸出液中加入草酸铵[]溶液可制得。其他条件相同时，溶液pH、对钴沉淀率的影响如图1、图2所示。
①“沉钴”时采取的最适宜的pH和分别为_______、_______。
②pH>2.5时，钴沉淀率变化的可能原因是_______。
(4)Co与CO、在一定条件下可制得。与可反应生成高碳醛，反应历程如图所示，则由生成高碳醛总的化学反应方程式可表示为_______。
10. （2022春·江苏泰州·高二统考期末）铁的腐蚀和防护与生产生活密切相关。已知：氢氧化物沉淀的如下表(开始沉淀时金属离子浓度为)。
沉淀物
开始沉淀
1.1
5.8
5.9
完全沉淀
3.2
8.8
8.0
(1)研究铁的腐蚀。将一定量铁粉和碳粉混合后置于一密闭容器中，加入和盐酸的混合溶液。测得溶液和压强随时间变化的曲线如所示。
①容器内压强先增大后减小，除温度影响外的原因是_______。
②反应过程中，混合液里先期生成的会被氧化生成，反应的离子方程式为_______。
③后略下降，原因是_______。
(2)研究铁的防护。
①在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀。
已知：镀层金属析出缓慢、平稳时，镀层致密、细腻；溶液中与可发生反应：。以通入一定量的溶液为电镀液热镀锌，得到的镀层更加致密、细腻，原因是_______。
②镀锌废液的回收。镀锌废液中含有等阳离子。请设计利用该电镀废液回收溶液的实验方案：_______。(实验中可选用试剂：、溶液、氨水)
53．（2022春·江苏泰州·高二统考期末）乙二醇是重要的化工原料，通过下列过程可实现煤到乙二醇的转化。
(1)“气化”中主要反应：验共酬巷|
反应I：
反应II：
反应的_______。
(2)“转化1”中主要反应：
反应III：
反应IV：
将和按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在和下达到平衡，下平衡转化率更大、甲醇的产率较低，原因是_______。
(3)“转化2”中的总反应为，该转化分为两步进行，第一步为，机理如图所示。
①化合物X的结构简式为_______。
②中混有的少量，会在表面形成中间体参与反应，生成的有机物有、_______。
③“转化2”的第二步为和进行的再生反应，反应的化学方程式为_______。
(4)“转化3”生成乙二醇和甲醇，每生成乙二醇转移的电子为_______。
11. （2020春·江苏泰州·高二统考期末）利用镍渣(含、、、等杂质)制备草酸镍晶体的工艺流程如下：
(1)加入发生反应的离子方程式为_______。
(2)加入除去的离子是_______。
(3)下图为在空气中受热的固体残留率曲线和热流曲线(用于表示化学反应导致的热量变化)，曲线中375℃以上所得固体为镍的氧化物。的常见化合价为、。()
①C点对应物质的化学式为_______。
②A→B的过程_______(填“吸收”或“放出”)热量。
③取一定质量的镍的氧化物，用500mL 6mol/L的盐酸恰好完全溶解，生成黄绿色气体(已折算成标准状况)，溶液中的全部是价。计算该氧化物中和O的物质的量之比(写出计算过程)_____________。
12. （2022春·江苏泰州·高二统考期末）处理含的废水(含量均超标)的流程如下：
已知：①时，，。
②室温下，溶液中(III)物种分布分数与的关系如图所示。
(1)“过程I”除及部分砷。
①基态As的核外电子排布式为_______。
②用离子方程式表示溶液呈碱性的原因_______。
(2)“过程II”除和。测得滤液中，此时_______。
(3)“过程III”进一步除砷。(聚合硫酸铁)溶于水形成的胶体和加入的可将砷转化为难溶的除去。
①生成的离子方程式为_______。
②测定“滤渣C”中含量。称取样品用稀硫酸溶解后，转移至100容量瓶中并加水稀释至刻度。量取溶液于锥形瓶中，依次加入足量的溶液和溶液。充分反应后，用标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。
(已知：，；与反应生成，氧化性。)
i.加入足量的溶液的作用为_______。
ii.计算样品中的质量分数_______(写出计算过程)。
参考答案：
1. < 8.5g CO(NH2)2+H2O=CO2↑+2NH3↑ 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-746.5kJ/mol 12 (0，，)
【详解】(1)反应Ⅱ是气体体积减小的反应，属于熵减反应，该反应在常温下就能自发进行说明其为放热反应，<0，则a<0，故答案为：<；
(2)①反应中，N元素化合价既有由氨分子中-3价上升到0价、又有由NO分子中+2价下降到0价，O元素化合价由0价下降到-2价，生成时消耗molO2，O元素得到1.5mol电子，被氧化的的物质的量为=0.5mol，质量为0.5mol17g/mol=8.5g，故答案为：8.5g；
②尿素水解成氨气和二氧化碳，方程式为：CO(NH2)2+H2O=CO2↑+2NH3↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=CO2↑+2NH3↑；
(3)①由图可知，热化学方程式a. C(s)+O2(g)=CO(g) ；b. C(s)+ O2(g)=CO2(g) ；c. ；由盖斯定律可知，2(b-a)-c可以得到2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =(-393.52+2110.5-180.5)kJ/mol=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-746.5 kJ/mol；
②由晶胞结构可知，铂原子位于晶胞的顶点和面心，铂原子周围与之紧邻的其他铂原子数目为12，若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为(0，，)，故答案为：12；(0，，)。
2. b 向水浴中加冰水维持温度或冰水浴或恒温水浴 溶液变为墨绿色 47.8% H
【详解】(1)该反应使用的硫酸溶液是浓硫酸，分液漏斗中应该盛放环己醇的硫酸溶液，向溶液中滴加，故答案为：b；
(2)三颈烧瓶中反应体系的温度需控制在55~60℃，反应过程放热，当温度上升至55℃时，向水浴中加冰水维持温度或冰水浴或恒温水浴，保持反应温度在55~60℃，故答案为：向水浴中加冰水维持温度或冰水浴或恒温水浴；
(3)甲醇具有还原性，与过量的重铬酸钠发生氧化还原反应生成二氧化碳、Cr3+和H2O，此时溶液变为墨绿色，可以防止环己酮继续被过量的重铬酸钠氧化，故答案为：溶液变为墨绿色；
(4)根据得失电子守恒配平方程式为：3+Na2Cr2O7+4H2SO4→3+Na2SO4+Cr2(SO4)3+7H2O，则理论上生成环己酮的质量为：×98g/mol=18.816g，所以所得产品的产率为×100%=47.8%，故答案为：47.8%；
(5)环己酮中三种元素为C、H、O，这三种元素的电负性由小到大的顺序为H
(7)由题目所给信息，结合的不饱和度=2，可以推知中有两个环，则其结构简式为：，故答案为：。
3. 5
【分析】乙苯（）在AlCl3的催化下与CO、HCl反应生成B（）；C（丙烯）在催化剂的作用下与H2O发生加成反应生成D（CH3CH2CH2OH），D经催化氧化生成E（CH3CH2CHO），B与E发生羟醛缩合反应生成F（），F与Cu(OH)2反应后酸化得到G（），G在浓硫酸作用下发生分子间酯化生成M（）。
【详解】（1）化合物A（）的一氯代物有、、、、共5种；
（2）根据分析，M的结构简式为；
（3）根据分析，D→E的化学方程式为：；
（4）根据分析，F与含有的悬浊液反应的化学方程式为：
；
（5）化合物G中有一个羧基，一个羟基，可以发生缩聚反应，羧基脱羟基，羟基脱氢，最终生成的高聚物为；
【点睛】本题要注意第（4）题，F与含有的悬浊液反应时溶液为碱性，故产物为羧酸钠。
4. 羰基 酰胺键(或肽键) 取代反应
【分析】(1)根据常见官能团的结构和名称分析判断G中的含氧官能团；
(2)根据E→F反应前后结构的变化分析判断反应类型；
(3)根据流程图， 中一个的H原子与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了D，若不设计反应①和③，D中的也可以与反应生成副产物X(分子式为)， 据此书写X的结构简式；
(4)C的分子式为C13H16N2O2，①分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应，②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应，说明结构中含有两个氨基、一个甲酸酯基；③分子中有5种不同化学环境的氢，说明结构具有较好的对称性，结合C的不饱和度分析书写满足条件的C的同分异构体；
(5)根据题干流程图的提示，需要先合成，可以由氧化生成，再根据已知信息合成即可。
【详解】(1)G()中的含氧官能团有羰基和酰胺键(或肽键)，故答案为：羰基；酰胺键(或肽键)；
(2)E→F反应过程中E分子结构中氨基上的H原子与ClCH2COCl中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了F，该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；
(3)根据流程图，中一个的H原子与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了D，若不设计反应①和③，和反应生成D的同时，D中的的H原子也与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成副产物X(分子式为)， 因此X的结构简式为，故答案为：；
(4)C为，不饱和度为7，分子式为C13H16N2O2，①分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应，②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应，说明结构中含有两个氨基、一个甲酸酯基；根据不饱和度，可能含有一个-C≡CH等不饱和结构，③分子中有5种不同化学环境的氢，满足条件的C的一种同分异构体可能为等，故答案为：(或其他合理答案)；
(5) 以和为原料制备，根据题干流程图中和反应生成的提示，需要合成，可以由氧化生成，再根据合成即可，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意限制条件的正确解读，难点为(5)，要注意充分利用题干中B→C的提示。
5. 取代 sp3
【分析】对比A和B的结构简式可知，A()在LiAlH4条件下先被还原为，与PBr3发生取代反应生成B()，和结合生成C()，经NaH还原条件与结合生成D()，在I2、光照条件下发生取代反应生成E()，发生取代的H原子为苯环烃基邻碳上的H，故还会产生一种与E互为同分异构体的化合物G为，E和BBr3发生取代反应生成F。
【详解】(1)根据以上分析可知，化合物A转化为化合物B的两步反应依次为还原反应和取代反应，故答案为：取代；
(2)分子中，中心原子P的价层电子对数为3+=4，为sp3杂化，故答案为：sp3；
(3) D()在I2、光照条件下发生取代反应生成E()，发生取代反应的H原子为苯环烃基邻碳上的H，所以产生一种与E互为同分异构体的化合物G为，故答案为：；
(4) 的分子式为C14H10O，满足条件：①分子中含有苯环，不含结构；②核磁共振氢谱共有3组峰，且峰强度之比为1：2：2，说明有3种类型的氢原子且结构对称，故符合条件的结构可能为：；
(5)要以和为原料制备，关键点是实现信息中C→D的转化及E→F的转化，前者完成了碳链增长，后者实现了芳香醚转化为酚羟基，合成路线为：，故答案为：。
6. (1)2；
(2)加成反应
(3)
(4)或；
(5)
【分析】该柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线中的反应物与生成物的结构简式均给出，不需要对物质进行判断；但是路线中的反应都比较陌生，对各个物质的变化进行判断时，一定要做好反应物与生成物的结构差异的对比，从而判断出反应是如何进行的，再将这路线中的反应与各小题结合进行分析判断，从而找到解题的思路。
【详解】（1）手性碳原子指的是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，F为，则手性碳如图示；
故答案为2；
（2）题目流程丙酮为，该反应经历两步，第二步是消去反应，对比A和B的结构差异，可推断出与丙酮反应先生成，再由发生消去反应生成，所以第一步反应为加成反应；
故答案为加成反应；
（3）的反应为，由此可以发现与氧原子相连的双键碳变成了碳氧双键，则在碱溶液中水解产物为；
故答案为；
（4）G为，不饱和度为4，10个C原子，2个O原子，同分异构体可与溶液发生显色反应，表明该分子包含有结构，苯环结构占据4个不饱和度，则该分子没有其他的不饱和键；除苯环结构外，该分子还有5个C原子，而分子中有4种不同化学环境的氢，表明该分子有一定的对称性且有同碳上的甲基；则G的同分异构体的结构简式可能是或；
故答案为或；
（5）要求以为原料制备，对比两个物质的结构，相差甚远，无法直接推断，应该结合流程与原料先进行逆向推导。依据过程，可以确定最终产物的上一步中间产物为；结合中间产物和原料的结构，必须考虑卤代烃的水解反应与醇的催化氧化反应，所以先对原料进行水解反应得，后进行催化氧化反应得到；把改变画法变形为，让它与中间产物相近，发现利用反应，可使转变为，得到合成路线为；
故答案为。
7. 3d74s2 纺锤形 正四面体 H3O+ N＞O＞C sp2 (，，0)
【详解】(1)Co为27号元素，基态Co原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2，则价层电子排布式为3d74s2；O为8号元素，基态O原子核外电子占据最高能级的电子为2p电子，电子云轮廓图形状为纺锤形；ClO4-的中心原子Cl的价层电子对数为4+=4，空间构型为正四面体，故答案为：3d74s2；纺锤形；正四面体；
(2)含有4个原子，10个电子，与互为等电子体的阳离子为H3O+；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但N最外层为半充满状态，较稳定，第一电离能最大，则中所含各元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：H3O+；N＞O＞C；
(3)为平面结构，结构为，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
(4)根据立方晶胞的示意图，位于晶胞的顶点和面心，位于晶胞体内，而且与周围的4个构成正四面体结构，位于体心，因此的位置为，故答案为：；
(5) 原子1位于晶胞左侧面的面心，坐标是(，0，)，则坐标原点如图()；原子2位于晶胞底面的面心，则坐标是(，，0)，故答案为：(，，0)。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意与周围的4个构成正四面体结构，而且位于正四面体的体心，因此俯视图中位于4个构成的正方形的中心。
8. O2 -751 kJ∙mol-1 B Na2SO3易溶于水，其溶液中亚硫酸根离子浓度较大，能够与NOx气体充分接触并加快反应速率，而亚硫酸钙难溶于水，其溶液中亚硫酸根离子的浓度较小 2+10e-+12H+= N2+6H2O 决定总反应速率的是第2步反应，温度升高后，第1步反应为放热反应，平衡逆向移动，导致N2O2(g)的浓度减小，温度升高对于第2步反应的影响弱于N2O2(g)浓度的影响，N2O2(g)浓度的减小导致反应速率降低
【分析】(1)根据化合价升降进行判断；
(2)根据表中数据及化学键与焓变的关系计算；
(3)利用方程式的关系计算；
(4)利用温度与浓度的变化判断。
【详解】(1)Pb(NO3)2受热分解得到PbO、NO2，Pb的化合价未变，而N的化合价降低，则O的化合价升高，另一种气体为氧气；
(2)根据表中数据及化学键与焓变的关系，∆H2=946 kJ∙mol-1+497 kJ∙mol-1-632kJ∙mol-1×2=+179kJ∙mol-1；根据盖斯定律，∆H3=∆H1-∆H2=-572 kJ∙mol-1-179kJ∙mol-1=-751 kJ∙mol-1；
(3)①根据方程式，n(NO)：n(NO2)=1：1时，即可完全吸收且消耗O3的量最少。消耗1mol O3，生成3mol NO2，则共消耗6mol的NO，即n(O3)：n(NO)=1：6，答案为B；
②根据图象可知，0~25min内，Na2SO3对NOx的去除效率明显高于CaSO3，Na2SO3易溶于水，其溶液中亚硫酸根离子浓度较大，能够与NOx气体充分接触并加快反应速率，而亚硫酸钙难溶于水，其溶液中亚硫酸根离子的浓度较小；
③根据图象可知，电解时，变为N2，化合价降低，得电子，作阴极，交换膜为质子交换膜，则阴极电极反应式为2+10e-+12H+= N2+6H2O；
(4)根据图象可知，第1步反应与第2步反应均为放热反应，升高温度反应速率加快，研究发现，升高温度，总反应速率减慢，则升高温度第1步反应平衡逆向移动，导致N2O2(g)的浓度降低，对第2步反应，温度升高的影响弱于N2O2(g)的浓度的影响，则总反应速率减慢的原因为N2O2(g)的浓度的减小。
9. 在一定pH的水溶液中生成Zn(OH)2沉淀覆盖在锌电极表面，阻碍电解反应的进一步进行 1.5 1.10 与形成配离子
【详解】(1)用30%过氧化氢、硫酸混合溶液对活性物质进行浸出，浸出时生成，Co元素化合价降低，发生还原反应，则H2O2作还原剂，发生氧化反应生成O2，离子方程式为；
(2)随着阳极锌的溶解，溶液中锌离子浓度逐渐增大，在一定pH的水溶液中生成Zn(OH)2沉淀覆盖在锌电极表面，阻碍电解反应的进一步进行，所以pH=4时电解效果最好；
(3)①由图1可知，pH=1.5时，沉淀率最高；由图2可知，当时，沉淀率最高；
②pH>2.5时，与形成配离子，使钴沉淀率降低；
(4)由反应历程图可知，RCH2CH2COCo(CO)4和H2反应生成高碳醛和HCo(CO)4，则高碳醛的结构简式为RCH2CH2CHO，HCo(CO)4既是反应物又是生成物，所以HCo(CO)4是催化剂，、CO和H2反应生成RCH2CH2CHO，化学方程式为。
10. (1) 铁与碳粉构成原电池发生吸氧腐蚀，消耗容器内的氧气导致压强减小，同时亚铁离子被氧化成铁离子也会消耗氧气，使容器内压强减小 铁发生吸氧腐蚀产生的氢氧根离子与Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，消耗了溶液中的氢氧根离子，使得pH略下降
(2) 电镀消耗Zn2+导致平衡逆向移动，有效控制溶液中锌离子浓度。 往镀锌废液中加入过量双氧水，然后加入氨水将pH调整到略小于5.9，过滤后加热滤液，得到ZnCl2-NH4Cl溶液。
【解析】（1）
铁先和盐酸反应，生成氢气导致容器内压强增大，盐酸消耗完后铁与碳粉构成原电池发生吸氧腐蚀，消耗容器内的氧气导致压强减小，同时亚铁离子被氧化成铁离子也会消耗氧气，使容器内压强减小。Fe2+被氧化生成氢氧化铁的离子方程式为。铁发生吸氧腐蚀产生的氢氧根离子与Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，消耗了溶液中的氢氧根离子，使得pH略下降。
（2）
通入一定量NH3的ZnCl2-NH4Cl溶液中存在平衡，电镀消耗Zn2+的过程导致溶液中锌离子浓度减小，化学平衡逆向移动，产生锌离子，这种方法可有效控制溶液中锌离子浓度，使镀层金属析出缓慢，得到的镀层更加致密、细腻。往镀锌废液中加入过量双氧水，然后加入氨水将pH调整到略小于5.9，确保铁离子完全沉淀，同时降低氢离子浓度，过滤除去氢氧化铁沉淀，加热滤液使多余的双氧水分解成氧气和水，氧气逸出，最终得到ZnCl2-NH4Cl溶液。
11. (1)172
(2)反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低
(3) CH3OOC-OCH3 CH3OH 4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O
(4)8
【解析】(1)
反应I-反应II可得CO2(g)+C(s)2CO(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2=+131kJ⋅mol-1-(-41kJ⋅mol-1)=172kJ⋅mol-1。
(2)
反应IV是反应II的逆反应，则反应IV是吸热反应；将CO2和H2按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在500℃和600℃下达到平衡，600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低，是因为反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低，所以600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低。
(3)
①结合图中左侧“脱附”过程，CH3OOC-Pd-COOCH3脱附生成CH3OOC-COOCH3和Pd，CH3OOC-Pd-OCH3脱附生成化合物X和Pd，则化合物X的结构简式为CH3OOC-OCH3；
②CO中混有的少量H2，会在Pd表面形成Pd-H中间体参与反应，生成的有机物有HCHO，HCHO还可以被还原为CH3OH；
③“转化2”的第二步为NO、CH3OH和O2进行的CH3ONO再生反应，反应的化学方程式为4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O。
(4)
“转化3”中，CH3OOCCOOCH3和H2反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH，该反应的化学方程式为CH3OOCCOOCH3+4H2HOCH2CH2OH+2CH3OH，每生成1mol乙二醇，就有4mol H2发生反应，转移的电子为8mol。
12. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 钙离子 Ni2O3 放出 根据反应2Ni3++2Cl-=2Ni2++Cl2可知，原氧化物中含有Ni2O30.2mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中氯离子的物质的量为，则NiCl2的物质的量为1.3mol，原氧化物中NiO的物质的量为（1.3-0.4）mol=0.9mol，则该氧化物中和O的物质的量之比1.3：（0.9+0.23）=13:15。
【分析】镍渣中含、、、等杂质，加入硫酸，反应生成硫酸钙、硫酸铁和硫酸亚铁，但不与酸反应，过滤除去；向滤液中加入过氧化氢和碳酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，并除去含铁滤渣；再加入除去钙离子，最后加入草酸生成草酸镍晶体。
【详解】(1)加入将亚铁离子氧化成铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
(2)综上分析，加入除去的离子是钙离子。
(3)①C点对应的固体残留率为45.4%，设初始的物质的量为1mol，则质量为183g，则C点固体样品的剩余质量为83g，已知375℃以上所得固体为镍的氧化物，的常见化合价为、，则镍的氧化物为NiO、Ni2O3，当镍原子的物质的量为1mol时对应的氧化物的质量分别为75、83，故C点对应物质的化学式为Ni2O3。
②根据图示可知A→B过程的热流增加，故该过程为放出热量。
③取一定质量的镍的氧化物，用的盐酸恰好完全溶解，生成黄绿色气体可知，生成氯气分子0.2mol，溶液中的全部是价，发生氧化还原反应2Ni3++2Cl-=2Ni2++Cl2，则原氧化物中含有Ni2O30.2mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中氯离子的物质的量为，则NiCl2的物质的量为1.3mol，原氧化物中NiO的物质的量为（1.3-0.4）mol=0.9mol，则该氧化物中和O的物质的量之比1.3：（0.9+0.23）=13:15。
13. (1) [Ar]3d104s24p3 S²⁻+H₂O⇌HS⁻+OH⁻
(2)
(3) ++=+OH-+3H2O 与三价铁形成，防止三价铁和碘离子反应生成单质碘 7.800%
【分析】硫化氢的水溶液为弱酸，故硫离子可以水解，使溶液显碱性；根据硫酸根离子的浓度计算钙离子的浓度，根据钙离子的浓度再计算氟离子的浓度，根据坐标图判断在pH为10—11时砷的存在性质，进而根据得失电子守恒写出方程式，以此解题。
(1)
①As是33号元素，则基态As的核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p3 ；
②溶液中硫离子水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，水解的离子方程式为：S²⁻+H₂O⇌HS⁻+OH⁻；
(2)
根据溶度积计算，，；
(3)
①根据题意知道反应物为、、产物为，溶液为碱性条件，用氢氧根离子配平电荷，则反应的离子方程式为：++=+OH-+3H2O；
②根据信息可知，氟离子可以和三价铁结合，防止三价铁把碘离子氧化为单质碘，影响实验，故答案为：与三价铁形成，防止三价铁和碘离子反应生成单质碘；
根据已知信息可知~I2~2，则n()=n()=××16.00×10-3L×0.025=0.001000mol，则样品中的质量分数=。
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