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北京市石景山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份北京市石景山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共46页。试卷主要包含了填空题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题，元素或物质推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市石景山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2021·北京石景山·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)用氯气制备漂白液的离子方程式是______。
(2)TCCA是一种高效含氯消毒漂白剂，贮运稳定，在水中释放有效氯时间长，应用于游泳池等公共场合，其分子结构如图所示：
已知：X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍。
①TCCA的分子式是______。
②X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是______(用氢化物的化学式表示)。
(3)ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂，将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。
资料：NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
① 写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式______。
② 从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：将溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后，______，______，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体 (补全实验步骤)。
二、实验题
2．（2019·北京石景山·统考一模）某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：
试管中试剂
实验
滴加试剂
现象
Ⅰ
ⅰ.先加1mL 0.1 mol/L FeSO4溶液
ⅱ.再加硫酸酸化的KMnO4溶液
ⅰ.无明显现象
ⅱ.先变红，后褪色
Ⅱ
ⅲ.先加1mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液
ⅳ.再滴加0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液
ⅲ.溶液变红
ⅳ.红色明显变浅
（1）SCN－存在两种结构式，分别为N≡C—S－和S=C=N－，SCN－是二者的互变异构的混合物，请写出N≡C—S－的电子式__________。
（2）用离子方程式表示FeSO4溶液显酸性的原因__________。
（3）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因____________________________。
②针对实验Ⅰ中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，并设计如如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_______，Y溶液是_______，检验产物SO42－的操作及现象是_____________。
（4）针对实验Ⅱ“红色明显变浅”的现象，实验小组进行探究。
甲同学查资料得知：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN－[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN－结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。
乙同学认为SCN－可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN－[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅，而Mg2+与SCN－难络合，于是乙设计了如下实验：
由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________。
（5）工业上测定钛铁合金中钛含量的其中一步反应原理是：以KSCN为指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti（Ⅲ），反应的化学方程式为：Ti2(SO4)3+2NH4Fe(SO4)2===2Ti(SO4)2+(NH4)2SO4+2FeSO4，则达到滴定终点的实验现象是______。
3．（2020·北京石景山·统考一模）“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IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I-I3-（I3-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1mo/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IO3-。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-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IO3-：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IO3-，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________。
4．（2021·北京石景山·统考一模）亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。
资料：Ag+与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。
Ⅰ. NaNO2的制取(夹持装置略)
实验i
向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。
(1)仪器a的名称是______。
(2)制取NaNO2的离子方程式是______。
(3)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂及现象是______。
Ⅱ. NaNO2性质探究
将实验ⅰ制取的NaNO2固体配制成约0.1 mol/L NaNO2溶液，进行实验ⅱ和ⅲ。
实验ii
(4)①由实验ⅱ的现象得出结论：白色沉淀的生成与______有关。
②仅用实验ⅱ的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是______。
(5)① 酸性条件下，NO氧化I-的离子方程式是______。
实验iii
②甲同学认为，依据实验ⅲ的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I-。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验ⅲ不能得出上述结论，还需要补充实验iv进行验证，乙同学设计实验iv证明了实验ⅲ条件下氧化I-的只有NO，实验iv的实验方案是______。
5．（2022·北京石景山·统考一模）某实验小组从电极反应角度探究银镜反应中物质氧化性和还原性的变化。
资料：ⅰ.[Ag(NH3)2]+⇌ [Ag(NH3)]++NH3K1=10−3.81
[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3K2=10−3.24
ⅱ.AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O，Ag2O溶于氨水
(1)实验发现：乙醛和AgNO3溶液水浴加热无明显现象；银氨溶液水浴加热无明显现象；滴加乙醛的银氨溶液水浴加热，试管壁逐渐出现一层光亮的银镜。
①有研究表明：配制银氨溶液时，AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，写出生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式_______。
②从氧化还原角度分析：发生银镜反应时，氧化性微粒可能是Ag+、_______。
(2)甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag。
①电极反应式：
ⅰ.还原反应：Ag++e−=Ag
ⅱ.氧化反应：_______。(碱性条件下)
②从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化：
ⅰ.随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。
ⅱ.随c(OH−)增大，乙醛还原性增强。
③补充实验验证②中的分析。
实验操作及现象：
实验Ⅰ.插入“饱和KNO3溶液”盐桥，电流表指针偏转；
实验Ⅱ.电流稳定后向右侧烧杯滴加NaOH溶液，指针偏转幅度增大；
实验Ⅲ.电流再次稳定后向左侧烧杯滴加氨水，指针偏转幅度减小
乙同学认为实验Ⅲ不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，理由是_______。
(3)设计实验进一步验证。
实验
实验操作
实验现象
Ⅳ
往盛有银氨溶液的试管中滴加浓氨水，无明显现象，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热
闻到刺激性气味，溶液略显灰色，试管壁未见银镜
Ⅴ
往盛有银氨溶液的试管中滴加较浓的NaOH溶液至pH与实验Ⅳ相同，振荡，溶液变浑浊，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热
试管壁立即出现银镜
①乙同学认为通过实验Ⅳ能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，你认为是否合理并说明原因_______。
②分析实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是也参与了还原。经检验该假设成立，实验方案及现象是_______。
(4)总结：ⅰ.银氨溶液和乙醛发生银镜反应时，氧化剂主要是Ag+，还原剂主要是乙醛；ⅱ.银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，请解释原因_______。
三、有机推断题
6．（2019·北京石景山·统考一模）化合物I（戊巴比妥）是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：
已知：R´、R´´、R´´´代表烃基，R代表烃基或氢原子。
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
回答下列问题：
（1）F→G的反应类型是_________________。
（2）A的化学名称是_____________________。
（3）试剂a的结构简式_____________________。
（4）I的结构简式_____________________。
（5）B、C互为同分异构体，写出B→D的化学方程式_____________________。
（6）写出E→F的化学方程式_____________________。
（7）以A和另一种有机化合物及必要的无机试剂可合成B，则B的合成路线为______。
（用结构简式表示有机化合物，用箭头表示转化关系，箭头上或下注明试剂和反应条件）。
7．（2020·北京石景山·统考一模）由化合物A制备可降解环保塑料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：
已知：
ⅰ.+R3—COOH（—R1、—R2、—R3均为烃基）
ⅱ.+2RBr+2HBr
回答下列问题：
（1）C→PHB的反应类型是__________________。
（2）B中官能团的名称是__________________。
（3）A的结构简式是__________________。
（4）D→E的反应方程式是_____________________________。
（5）E+G→H的反应方程式是____________________________。
（6）X是J的同分异构体，满足下列条件的有_种（不考虑顺反异构）。
①链状结构；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式是_________。
（7）已知：2CH3CHO。
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成C，写出合成路线__________。
8．（2021·北京石景山·统考一模）《本草纲目》记载红曲米有特殊功效，受此启发有学者从红曲米中分离出具有降脂功能的有效成分——洛伐他汀，之后科学家合成了多种他汀类药物。“匹伐他汀钙”是人工合成的一种他汀类药物，其合成路线如下：
已知：
(1)A是一种芳香烃，A的名称是______。
(2)由B生成C的反应类型是______。
(3)D→E的化学方程式是______。
(4)F的结构简式是_____。
(5)D的同分异构体中，满足下列条件的有______种。
①与FeCl3作用显色；②能够发生银镜反应。
写出其中一种同分异构体的结构简式______。
(6)H含有2个苯环，核磁共振氢谱图中有7组峰，且面积比为2:2:2:1:1:1:1，G→H的化学方程式是______。
(7)H→I反应中生成中间体L，L含有3 个六元环，1 mol的L转化成I 需要脱去2 mol水，L的结构简式是______。
9．（2022·北京石景山·统考一模）依泽替米贝是一种新型高效、副作用低的调脂药，其合成路线如下。
已知：R1-COOH+R2-NH-R3
(1)A属于芳香烃，A→B的反应类型是_______。
(2)C含有氨基，写出C的结构简式_______。
(3)D的芳香族同分异构体有_______种(不含D本身)。
(4)E中含有的官能团：_______。
(5)写出E制备F时中间产物L的结构简式_______。
(6)环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2：1，G→H的化学方程式是_______。
(7)参考如下示例，画出J和F生成K时新形成的碳碳键。_______
示例：
四、工业流程题
10．（2019·北京石景山·统考一模）聚合硫酸铁（简称PFS或聚铁）是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制取聚合硫酸铁（）的工艺流程如下：
（1）酸浸时最合适的酸是_____（写化学式）。
（2）酸浸后溶液中主要的阳离子有_____。
（3）加入KClO3的目的是_____________________________（结合离子方程式说明）。
（4）过程a中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合。将下列水解反应原理的化学方程式补充完整。
_____Fe2(SO4)3+_____H2O______Fe2(OH)x(SO4)3-+ _____ ______
（5）过程a中水解要严控pH的范围。pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低，请解释原因__________。
（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达式：（n为物质的量）。为测量聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：
ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH－反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。
ⅱ.做空白对照实验，取与步骤ⅰ等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0 mL。
①该聚合硫酸铁样品中n(OH－) ＝_________mol。
②已知该样品中Fe的质量分数w，则盐基度B＝_______________。
11．（2020·北京石景山·统考一模）海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以获取很多物质。海水中主要离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-等。
利用1：淡水工业
（1）海水淡化的方法主要有__、电渗析法、离子交换法等。
（2）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示。
①淡水在__室（填X、Y或Z）形成后流出。
②一般海水不直接通入到阴极室中，原因是______________。
（3）离子交换法净化海水模拟过程如图所示，氢型阳离子交换原理可表示为：HR+Na+=NaR+H+，……。羟型阴离子交换树脂填充段存在的反应有______________。
利用2：提溴工业
（4）用海水晒盐之后的盐卤可提取溴，提取流程如图：
①用热空气将溴赶出，在吸收塔先用浓Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化为Br-和BrO3-，再加入W溶液得到Br2。推测W是______________。
②蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是____________。
③将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是__mg/L。
12．（2021·北京石景山·统考一模）重铬酸钾在工业中有广泛的应用，可用铬铁矿为原料制备。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾(K2Cr2O7)固体的工艺流程如下：
资料：① NaFeO2遇水强烈水解。
②。
(1)K2Cr2O7中Cr元素的化合价是______。
(2)步骤①发生多个反应，补全下列化学方程式___：
___FeO·Cr2O3 + ___Na2CO3 +___KClO3 =12Na2CrO4 +___Fe2O3 +___CO2 + _KCl
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式______。
(4)结合化学用语解释步骤④调pH的目的______。
(5)重铬酸钾纯度测定
称取重铬酸钾试样2.9400 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中，加入10 mL 2 mol/L H2SO4和足量碘化钾(Cr2O的还原产物为Cr3+)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水和淀粉指示剂，用0.1200 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定(I2 + 2S2O= 2I－ + S4O)。
①滴定终点的颜色变化是______。
②若实验共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度是______(滴定过程中其它杂质不参与反应)。
13．（2022·北京石景山·统考一模）从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。
已知：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+
ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L
ⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表
物质
电离常数
物质
溶度积常数
物质
溶度积常数
H2S
Ka1=1.1×10−7
Ka2=1.3×10−13
CuS
6.3×10−36
FeS
6.3×10−18
NiS
3.2×10−19
Ni(OH)2
5.5×10−16
CaF2
4×10−11
Fe(OH)3
2.8×10−39
(1)H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______[用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示]=1.43×10−20。
(2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。
(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因_______。
(4)“氟化除杂”中试剂a为_______。
(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因_______。
(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L[计算时c(H2S)取0.1mol/L，结果保留两位有效数字]。
五、原理综合题
14．（2019·北京石景山·统考一模）尿素[CO(NH2)2] 是首个由无机物合成的有机化合物，通常用作植物的氮肥。合成尿素的主要反应如下：
i. 2NH3(l) + CO2(g) (l)（氨基甲酸铵） △H＝－a kJ/mol
ii. (l) (l) + H2O(l) △H＝+b kJ/mol
iii. 2（缩二脲）+NH3 （副反应，程度较小）
（1）实验室制取氨气的化学方程式是__________________。
（2）CO(NH2)2中C为+4价，N的化合价_______。
（3）CO2和NH3合成尿素的热化学方程式为___________________________。
（4）工业上提高氨碳比（），可以提高尿素的产率，结合反应i～iii，解释尿素产率提高的原因______。
（5）某科研小组模拟工业合成尿素，一定条件下，在0.5L的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，测得反应中各组分的物质的量随时间变化如图1所示：
①反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率υ(CO2)＝________。
②合成总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素的总反应的快慢由第______步反应决定（填“i”或“ii”）。
（6）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图2）。总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑。
①A电极连接电源的_______极（填“正”或“负”）。
②A电极的电极反应为______。
15．（2020·北京石景山·统考一模）汽车尾气中NOx的生成和消除是科学家研究的重要课题。
（1）NOx能形成酸雨，NO2转化为HNO3的化学方程式是__。
（2）汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=+180kJ·mol-1，其能量变化示意图如下：
则NO中氮氧键的键能是__kJ·mol-1。
（3）用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6NO5N2+6H2O，以n(NH3)：n(NO)分别为4:1、3:1、1:3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：
①曲线a对应的n(NH3):n(NO)=__。
②曲线c中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为__mg/(m3·s)。
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是__（至少写两条）。
16．（2021·北京石景山·统考一模）将CO2还原成甲烷，是实现CO2资源化利用的有效途径之一。
I．CO2甲烷化
CO2甲烷化过程可能发生反应：
ⅰ．CO2(g) ＋ 4H2(g) CH4(g) ＋ 2H2O(g) ΔH1
ⅱ．CO2(g) ＋ H2(g) CO(g) ＋ H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ∙mol−1
ⅲ．CO(g) ＋ 3H2(g) CH4(g) ＋ H2O(g) ΔH3＝－206.1 kJ∙mol−1
……
(1)ΔH1＝______ kJ∙mol−1。
(2)不同条件下，按照n(CO2):n(H2)＝1:4投料，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因______。
Ⅱ．微生物电化学法
微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如上图所示。
(3)阴极的电极反应式是______。
(4)若生成1 mol CH4，理论上阳极室生成CO2的体积是______L(标准状况，忽略气体的溶解)。
17．（2022·北京石景山·统考一模）CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。采用CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。
(1)若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从_______(填分子的空间结构名称)变为弯曲型，便于下一步反应。
(2)一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。
①写出总反应的化学方程式_______。
②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO的VSEPR模型名称_______。
(3)①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1
2CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g) ΔH2
写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式_______(ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)。
②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol，在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性[x(CH3OH)%=]随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因_______。
③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式_______。
六、元素或物质推断题
18．（2020·北京石景山·统考一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示：
回答下列问题：
（1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是__________。
（2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示）__________。
（3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式__________。
（4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由__________。
七、结构与性质
19．（2022·北京石景山·统考一模）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，请在图中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配体，n表示配位数)。_______
②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式_______。
ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH−
写出总反应的化学方程式_______。
③下图是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，1mol该配合物中配位键有_______mol。
参考答案：
1． Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O C3N3O3Cl3 H2O 2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O 趁热过滤(或高于38℃过滤) 乙醇洗涤
【分析】根据TCCA分子结构，X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，根据结构得到X为C，Y为N，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O，W为Cl
【详解】(1)用氯气制备漂白液是氯气通入到NaOH溶液中生成NaCl、NaClO和H2O，其离子方程式是Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。
(2)①根据图中结构和前面分析得到TCCA的分子式是C3N3O3Cl3；故答案为：C3N3O3Cl3。
②根据前面分析及同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是H2O；故答案为：H2O。
(3)①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2，因此ClO2制备NaClO2的离子方程式2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O；故答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O。
②根据题意，由于NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇；因此需在温度高于38℃过滤，用乙醇洗涤，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体；故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；乙醇洗涤。
2． Fe2++2H2OFe(OH)2 + 2H+ MnO4—+ 5Fe2+ + 8H+ = Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O，Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3 0.1 mol/L KSCN溶液 硫酸酸化的KMnO4溶液 一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN—结合成[Fe(SCN)] 2+的机会减少；SCN—与Fe2+反应生成无色络合离子，三者可能均有 无色变为红色或溶液变红
【分析】（1）根据结构式即可写电子式；
（2）考查盐类水解；
（3）探究溶液变红后褪色原因，先变红是Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN—结合生成Fe(SCN)3。后褪色设计成原电池，从电子转移方向可判断正负极，结合化合价改变可判断电解质溶液；
（4）结合实验现象可知三次颜色都变浅，即都有关系；
（5）滴定终点会有铁离子，能跟指示剂反应。
【详解】（1）根据结构式N≡C—S－，可知电子式为；
（2）FeSO4是强酸弱碱盐，显酸性的原因是Fe2+的水解，离子方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2 + 2H+；
（3）①KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN—结合生成Fe(SCN)3，溶液变红，离子方程式为MnO4—+ 5Fe2+ + 8H+ = Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O，Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3；
②探究SCN－是否被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池，由电子转移方向可知，X溶液所处电极为负极，化合价升高，失去电子。故X溶液是0.1 mol/L KSCN溶液，Y溶液是硫酸酸化的KMnO4溶液。检验产物SO42－的操作及现象是：一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；
（4）由三次加入试剂颜色均会变浅且一次比一次更浅可知，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN—结合成[Fe(SCN)] 2+的机会减少；SCN—与Fe2+反应生成无色络合离子，三者可能均有。
（5）以KSCN为指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti（Ⅲ），反应的化学方程式为：Ti2(SO4)3+2NH4Fe(SO4)2===2Ti(SO4)2+(NH4)2SO4+2FeSO4，滴定终点有：Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3，则达到滴定终点的实验现象是无色变为红色或溶液变红。
3． C ClO-+H2OOH-+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） Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2 溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量 5ClO-+I2+H2O=2IO3−+5Cl-+2H+ 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 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 “变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），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I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-I3-，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-==IO3-+5I-+3H2O”
【分析】（4）
（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。
（6）84消毒液中存在ClO−，ClO−具有氧化性，可将I−氧化为I2，进而对实验产生干扰。
（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。
【详解】（1）分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；
（2）C装置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO−在水溶液中发生水解：ClO−+H2OHClO+OH−，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO−的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH−浓度增大，使得ClO−的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO−+H2OOH−+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）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3−，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（4）分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；
（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2IO3−+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：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；答案为：5ClO−+I2+H2O=2IO3−+5Cl-+2H+；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）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，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）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），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I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-I3-，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-==IO3-+5I-+3H2O”。
4． 分液漏斗 NO + NO2 + CO=2NO + CO2 无色酚酞试液，溶液变成浅红色 AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量 向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解 2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O 取2mL 0.1mol/L NaNO3溶液于试管中，加2mL 0.1mol/L KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝
【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空气。
【详解】(1)仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为NO + NO2 + CO=2NO + CO2，故答案为：NO + NO2 + CO=2NO + CO2；
(3)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液会变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸，故答案为：酚酞试液，溶液会变成浅红色；
(4) ①由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加硝酸银溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与硝酸银溶液和亚硝酸钠溶液的相对用量有关，故答案为：AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量；
②由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加硝酸银溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向硝酸银溶液中滴加亚硝酸钠溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解说明白色沉淀的生成与硝酸银溶液和亚硝酸钠溶液的相对用量有关，故答案为：向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；
(5) ①由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O，故答案为：2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O；
②由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故答案为：取2mL 0.1mol/L NaNO3溶液于试管中，加2mL 0.1mol/L KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝。
5．(1) AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O [Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+
(2) CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O 可能是硝酸银溶液中的NO或O2等微粒做氧化剂，其氧化性随酸性减弱而减弱
(3) 合理，[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，未发生银镜反应；或不合理，灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，所以无法判断 不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体，水浴加热后出现银镜
(4)在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原
【解析】(1)
①在洁净的试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀溶解，制得银氨溶液；AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式为AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O；故答案为：AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O。
②根据资料：[Ag(NH3)2]+在溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌[Ag(NH3)]++NH3、[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，在银氨溶液中存在的含+1价Ag的微粒有[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+，故发生银镜反应时氧化性微粒可能是Ag+、[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+；故答案为：[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+。
(2)
①甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag；CH3CHO发生氧化反应，由于反应在碱性条件下进行，则CH3CHO被氧化成CH3COO-，电极反应式为：CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O；故答案为：CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O。
②AgNO3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，AgNO3溶液中的以及溶解的O2等微粒也具有氧化性，也可能将做氧化剂将乙醛氧化，实验III中向左侧烧杯中滴加氨水，随着溶液酸性的减弱，这些微粒的氧化性也会减弱，从而使得指针的偏转幅度减小，不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”；故答案为：可能是硝酸银溶液中的或O2等微粒做氧化剂，其氧化性随酸性减弱而减弱
(3)
①由于溶液中存在平衡：[Ag(NH3)]+⇌Ag++NH3，实验IV向银氨溶液中滴加浓氨水，c(NH3)增大，上述平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，故未发生银镜反应；但实验IV的现象中溶液略显灰色，该灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，故也可能无法判断；故答案为：合理，[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，未发生银镜反应；或不合理，灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，所以无法判断。
②实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是也参与了还原，要检验该假设成立，可采用对比实验，实验方案及现象为：不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体（结合题给资料ii），水浴加热后出现银镜；故答案为：不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体，水浴加热后出现银镜。
(4)
银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，原因是：根据实验V，在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原；故答案为：在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原。
6． 取代反应 溴乙烷
【分析】由流程图、已知信息以及有机知识可推知，A是，C是，D是，E是HOOCCH2COOCH3，I是；
【详解】（1）F→G的反应类型与已知条件：反应类型相同，断开溴原子之后的乙基取代酯基相邻碳原子上的氢原子，属于取代反应；
（2）由分析可知，A是，A的化学名称是溴乙烷；
（3）由G→H的反应以及已知条件：原理可知，试剂a的结构简式；
（4）由已知条件：，可知H断酯基端的两个－OCH3，且断开后的结构取代氨基上的氢原子，形成六元环的结构，故I的结构简式为：；
（5）B、C互为同分异构体，B是乙酸甲酯，C是甲酸乙酯，结合已知条件：的反应原理，断甲酸乙酯中酯基的碳氧单键，断开后的醛基结构取代乙酸甲酯中酯基相邻碳原子上的氢原子，则B→D的化学方程式为；
（6）E→F是酯化反应，化学方程式为：；
（7）以溴乙烷和另一种有机化合物及必要的无机试剂可合成乙酸甲酯，思路是：溴乙烷→乙醇→乙醛→乙酸（或乙醇直接强氧化剂氧化成乙酸），再由乙酸与另一种有机化合物甲醇反应生成乙酸甲酯。则B的合成路线为。
7． 缩聚（聚合）反应 羰基、羧基 HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr 8 C(CH3)2＝CHOOCH H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【分析】分析PHB的结构简式，可知其为缩聚物，即C发生缩聚反应生成PHB。C的结构简式为，结合题中已知ⅰ可知，A被酸性高锰酸钾氧化为B和D，B的结构简式为CH3COCH2COOH，根据D的分子式，可知D的结构简式为HOOCCH2COOH。故A的结构简式为：。D与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，据F的分子式，可知F的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，F和浓氢溴酸发生取代反应生成G，G的结构简式为BrCH2CH2CH2Br。根据已知条件ⅱ.+2RBr+2HBr，可知E(CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3)和G(BrCH2CH2CH2Br)在C2H5ONa的作用下发生反应，生成H，H的结构简式为：。根据H→I的反应条件，可知H→I的过程为酯的水解酸化过程，生成I的结构简式为：，I发生脱羧反应生成J。据此进行分析。
【详解】（1）根据PHB的结构简式，可知C→PHB的反应类型为缩聚反应，答案为：缩聚反应；
（2）根据分析，B的结构简式为：CH3COCH2COOH，其中包含的官能团为羰基和羧基，答案为：羰基、羧基；
（3）结合以上分析，可知A的结构简式为：，答案为：；
（4）D与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成E，结合分析可知反应方程式为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；答案为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
（5）根据已知条件ⅱ可得出E+G→H的反应方程式是C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；答案为：C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；
（6）X的同分异构体能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明其分子中含有甲酸酯基，根据题给限制条件，X为链状的含甲酸酯基的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH＝CH2、CH2＝CHCH(OOCH)CH3、CH2＝C(OOCH)CH2CH3、HCOOCH＝CHCH2CH3、HCOOCH2CH＝CHCH3、CH3C(OOCH)＝CHCH3、HCOOCH2C(CH3)＝CH2、C(CH3)2＝CHOOCH。共8种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是C(CH3)2＝CHOOCH。其中答案为：8；C(CH3)2＝CHOOCH。
（7）根据题意，以乙烯为原料合成目标产物涉及碳链增长，根据题给信息，可先将乙烯转化为乙醇，进而转化为乙醛，然后2个乙醛分子在碱性条件下生成，再通过银氨溶液氧化并酸化后可得目标产物。故合成路线为：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO；答案为：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO。
【点睛】要注意有机信息的应用。一些反应中有新信息，一定要理解新信息的反应机理，将其应用于解题中，同时有些合成路线需要用到的信息在题目的合成路线中。
8． 甲苯 氧化反应 ++HCl 13 或
【分析】根据E的 得到A中含苯环，则A为甲苯，甲苯和浓硝酸发生取代反应，B中甲基发生氧化反应生成羧基，C中硝基发生还原反应生成氨基即D为，D()发生取代反应生成E()，根据信息得到E()中羧基被—Cl取代生成F()，F()中—Cl被取代生成G，G和水发生取代反应生成H()。
【详解】(1)A是一种芳香烃，A的名称是甲苯；故答案为：甲苯。
(2) B生成C主要是B中甲基被氧化为羧基，因此其反应类型是氧化反应；故答案为：氧化反应。
(3)D→E的化学方程式是++HCl；故答案为：++HCl。
(4)根据题意得到F的结构简式是；故答案为：。
(5)D()的同分异构体中，与FeCl3作用显色,说明含有酚羟基；能够发生银镜反应，说明含有醛基；若还有另外一种基团为氨基，当酚羟基和醛基在邻位，苯环上氨基有四种结构，当酚羟基和醛基在间位，苯环上氨基有四种结构，当酚羟基和醛基在对位，苯环上氨基有2种结构，当有酚羟基和—NHCHO基团时处于邻、间、对三种结构，因此满足条件的同分异构体有13种；其中一种同分异构体的结构简式为或；故答案为：13；或。
(6)G→H是发生取代反应，因此其化学方程式是；故答案为：。
(7)H→I反应中生成中间体L，L含有3 个六元环，1 mol的L转化成I 需要脱去2 mol水，说明L含有两个羟基，再根据H、I的结构得到L的结构简式是；故答案为：。
9．(1)取代反应
(2)
(3)4
(4)醛基和羟基
(5)
(6)+
(7)
【分析】A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：；B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：；结合D的分子式可知，D的结构简式为：；结合E的分子式可知，E的结构简式为：；E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F；题干第（5）题告知：环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：；H与发生已知信息的反应生成I，I的结构简式为：；I发生还原反应生成J，J与F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式可知，K的结构简式为：。
（1）
A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应生成B，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：。
（2）
B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：。
（3）
由分析可知，D的结构简式为：，D的芳香族同分异构体有：、、、，共4种。
（4）
由分析可知，E的结构简式为：，含有的官能团为醛基和羟基。
（5）
结合E和F的结构简式可知，E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F，因此中间产物L的结构简式为：。
（6）
环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：，因此G→H的化学方程式为：+。
（7）
J和F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式以及题给示例可知，J和F生成K时新形成的碳碳键如图所示：。
10． H2SO4 Fe3+、Fe2+、H+ 将Fe2+氧化为Fe3+：ClO3—+ 6Fe2+ + 6H+ == Cl—+ 6Fe3+ + 3H2O 1 x 1 H2SO4 pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低 10—3cV0－10—3cV
【分析】黄铁矿的烧渣加入酸浸，过滤得到滤液加入废铁屑增大溶液中含铁微粒浓度，过滤得到滤液加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，再加入硫酸经过水解聚合生成聚合硫酸铁。
【详解】（1）聚合硫酸铁（），为了不引入新杂质，酸浸时最合适的酸是H2SO4；
（2）黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，且SiO2不与H2SO4反应，故酸浸后溶液中主要的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+；
（3）KClO3有强氧化性，加入KClO3的目的将Fe2+氧化为Fe3+：ClO3—+ 6Fe2+ + 6H+ == Cl—+ 6Fe3+ + 3H2O；
（4）由原子守恒可知，定Fe2(SO4)3系数为1，则反应前有3个硫酸根，反应后3-个，则需要加个H2SO4，再配平其他系数，可得Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-+ H2SO4；
（5）过程a中水解要严控pH的范围，pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低。
（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH－反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量。
ⅱ. 空白对照实验，可知ⅰ.中加入的HCl总物质的量。
综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n（HCl）=该聚合硫酸铁样品中n(OH－)= 10—3cV0－10—3cV mol；
②n（Fe）=mol，盐基度（n为物质的量）= 。
【点睛】本题计算题看似复杂，实则弄清楚滴定的目的再解题不难，第一次滴定是测过量HCl物质的量，第二次滴定是测所有HCl的物质的量，两者的差值即为聚合硫酸铁消耗的HCl物质的量，即可求该聚合硫酸铁样品中n(OH－)。
11． 蒸馏法 X、Z 海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离子，阴极电解产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜 ROH+Cl−=RCl+OH−；2ROH+SO42−=R2SO4+2OH−；H++OH−=H2O 硫酸 温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气 64
【详解】（1）海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；答案为：蒸馏法；
（2）①在电解池中，溶液中阴、阳离子分别通过阴、阳离子交换膜移向阳、阴极，从而在X、Z室形成淡水而流出；答案为：X、Z；
②海水中含Ca2+、Mg2+，在电解池的阴极中，阳离子放电后产生OH-，从而易形成沉淀附着在电极表面或堵塞离子交换膜。答案为：海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离子，阴极电解产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜；
（3）分析氢型阳离子的交换原理可知，羟型阴离子发生的阴离子交换类似氢型阳离子的交换过程，根据图中海水净化模拟过程，其中涉及的反应方程式有：ROH+Cl−=RCl+OH−；2ROH+SO42−=R2SO4+2OH−；H++OH−=H2O；答案为：ROH+Cl−=RCl+OH−；2ROH+SO42−=R2SO4+2OH−；H++OH−=H2O；
（4）分析溴的提取流程，Cl2将盐卤中的Br-氧化为Br2，再通热空气将Br2吹出塔，在吸收塔先用浓Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化为Br-和BrO3-，再加入H2SO4酸化歧化溶液得到Br2。
①在歧化溶液中加入H2SO4溶液，使其生成Br2，故答案为：硫酸；
②温度在90℃左右进行蒸馏，是因为温度过高有更多的水蒸气蒸出，温度过低，不利于溴的蒸出，答案为：温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气；
③根据题意，设原海水中溴的浓度是x mg/L，则有，x=64，答案为：64。
【点睛】解决这类问题可以分为三步：
第一步，分清隔膜类型，即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜；
第二步，写出电极反应式，判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向；
第三步，分析隔膜作用，在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险。
12． +6 6 12 7 12 3 12 7 FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－ 增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O 由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 80%
【分析】铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3) ，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加入碳酸钠、氯酸钾熔融氧化后生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2，水浸后NaFeO2水解得到滤渣1为红褐色氢氧化铁固体，滤液1含有Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，调节pH值使Na2SiO3和NaAlO2转化为氢氧化铝和硅酸沉淀即是滤渣2，滤液2中含有Na2CrO4、调pH值使铬酸钠转化为重铬酸钠，加入氯化钾，生成重铬酸钾，获得产品，据此回答问题。
【详解】(1)K2Cr2O7中钾元素的化合价是+1价，氧元素的化合价是—2价，依据化合价原则，则Cr元素的化合价是+6；
(2) FeO·Cr2O3生成Na2CrO4 和Fe2O3化合价升高7，氯酸钾生成氯化钾化合价降低6，最小公倍数是42，则FeO·Cr2O3的系数是6，氯酸钾和氯化钾的系数是7，依据原子守恒配平其它物质的系数，则配平后的化学方程式是6FeO·Cr2O3 + 12Na2CO3 +7KClO3 =12Na2CrO4 +3Fe2O3 +12CO2 +7KCl，则答案为6 12 7 12 3 12 7；
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－；
(4)有 可知，步骤④调pH的目的增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O；
(5) ①滴定终点的颜色变化是由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②碘化钾与重铬酸钾反应依据电子守恒得 ，有I2 + 2S2O= 2I－ + S4O可得，则 所得产品中重铬酸钾的纯度是 =80%。
13．(1)
(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O
(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反应，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3
(4)NiF2或HF
(5)pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余
(6)4.4×10−16
【分析】粗硫酸镍晶体溶解调节pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。
(1)
H2S是弱电解质，分两步电离，H2S HS-+H+、HS- S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；
(2)
含镍溶液中的主要离子有 AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；
(3)
Cl2具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，铁离子发生水解反应：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；
(4)
流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；
(5)
由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3；
(6)
已知：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2S S2-+2H+，K= Ka1×Ka2==1.43×10−20；由流程可知，此时pH=0.5，则c(H+)=10-0.5mol/L，则=1.43×10−20，c(S2-)=1.43×10−20 mol/L；Ksp(CuS)= 6.3×10−36= c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)= mol/L。
14． 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O －3 2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) △H =(b-a)kJ/mol 提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率 0.148mol/(L·min) ii 正 CO(NH2)2 －6e—+H2O = N2↑+CO2↑+6H+
【分析】（3）利用盖斯定律计算；
（4）从反应i～iii的平衡移动方向解答；
（5）由图含量变化的斜率大小可判断速率大小；
（6）由总反应方程式和图每个电极产物可判断电极反应。
【详解】（1）实验室由NH4Cl固体和Ca(OH)2固体混合加热制取氨气，化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）其中H为+1价，由化合物中正负代数和为0，CO(NH2)2中C为+4价，算出N的化合价为－3；
（3）由盖斯定律，CO2和NH3合成尿素的热化学方程式由反应i+反应ii，可得：2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) △H =(b-a)kJ/mol；
（4）从反应i～iii的平衡移动方向解答：提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率；
（5）①反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率υ(CO2)＝=0.148mol/(L·min);
②合成总反应的快慢由慢的一步决定，由图的斜率大小可知，的生成速率比消耗速率快，则合成尿素的总反应的快慢由第ii步反应决定;
（6）①A电极上CO(NH2)2转化生成N2，N化合价升高，失去电子，作为阳极，应该连接电源的正极；
②总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，阳极A电极上N化合价升高，失去电子，电极反应为CO(NH2)2 －6e—+H2O = N2↑+CO2↑+6H+。
15． 3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3 632∙ 1:3 1×10-4 ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、反应为放热反应，温度高反应速率快，达到平衡后平衡逆向移动
【分析】（1）NO2和水反应生成HNO3和NO。
（2）根据∆H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，计算氮氧键的键能；
（3）NH3和NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则n(NH3):n(NO)为4:1、3:1、1:3时，对应的曲线为c、b、a。由题给信息，可类比反应速率的定义进行NO的脱出速率的计算。温度升高，NO的脱除率降低，可根据可逆反应的平衡移动进行分析。
【详解】（1）NO2与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；
（2）根据∆H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，可得：946kJ·mol-1+498 kJ·mol-1-2a kJ·mol-1=180kJ，解得：a=632。答案为：632；
（3）①由分析可知，曲线a对应的n(NH3):n(NO)=1:3；答案为：1:3；
②由图可知，A点到B点，NO的脱除率为0.75-0.55=0.20，则从A点到B点，则从A点到B点内NO的脱除率为，答案为：1×10-4；
③可从催化剂、可逆反应的平衡移动、反应物或生成物随温度变化的角度进行分析。在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因有：ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动；答案为：ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动。
16． −164.9 p3＞p2＞p1
CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ) CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O 44.8
【详解】(1)将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此ΔH1＝＋41.2 kJ∙mol−1＋(－206.1 kJ∙mol−1) ＝−164.9kJ∙mol−1；故答案为：−164.9。
(2)①该反应是体积减小的反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3＞p2＞p1；故答案为：p3＞p2＞p1。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)；故答案为：CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
(3)根据图中信息CO2 化合价降低变为CH4，在阴极发生反应，因此阴极的电极反应式是CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O；故答案为：CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O。
(4)根据CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O，若生成1 mol CH4，转移8mol电子，有根据CH3COO− －8e−＋ 2H2O＝2CO2 ＋7H＋，因此理论上阳极室生成2molCO2，其体积是44.8L；故答案为：44.8。
17．(1)直线形
(2) CO2+4H22H2O+CH4 平面三角形
(3) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=kJ/mol 主反应放热，竞争反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差 CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6OH−
【解析】（1）
CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子结构稳定，难以给出电子，若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从直线形变为弯曲型，便于下一步反应。
（2）
①从一种CO2直接加氢的反应机理图可知，进入体系的物质是CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O，总反应的化学方程式：CO2+4H22H2O+CH4；
②CO的中心原子C的价层电子对数为，则C的杂化方式为sp2杂化，则其VSEPR模型名称平面三角形。
（3）
①根据盖斯定律，设题给两个热化学方程式分别为a和b，则通过“ (a×3-b)×”变化可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=kJ/mol；
②图b中曲线所示，236℃以后，CO2转化率、甲醇选择性随温度升高而下降，可能的原因是：CO2催化加氢制甲醇过程中的主反应是放热，主要竞争反应为吸热，236℃以后升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差；
③离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式：CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-。
18． 第三周期第ⅠA族 F−＞Na+＞Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）
【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。
【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA族；
（2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞Al3+；
（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；
（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2＞Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。
19．(1)d
(2) 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收
(3) 16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓ 4O2+8H2S8H2O+S8↓ 6
【解析】(1)
铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。
(2)
①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS−，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。
(3)
①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；
②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；
ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。
③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。
北京市石景山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2021·北京石景山·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)用氯气制备漂白液的离子方程式是______。
(2)TCCA是一种高效含氯消毒漂白剂，贮运稳定，在水中释放有效氯时间长，应用于游泳池等公共场合，其分子结构如图所示：
已知：X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍。
①TCCA的分子式是______。
②X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是______(用氢化物的化学式表示)。
(3)ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂，将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。
资料：NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
① 写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式______。
② 从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：将溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后，______，______，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体 (补全实验步骤)。
二、实验题
2．（2019·北京石景山·统考一模）某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：
试管中试剂
实验
滴加试剂
现象
Ⅰ
ⅰ.先加1mL 0.1 mol/L FeSO4溶液
ⅱ.再加硫酸酸化的KMnO4溶液
ⅰ.无明显现象
ⅱ.先变红，后褪色
Ⅱ
ⅲ.先加1mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液
ⅳ.再滴加0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液
ⅲ.溶液变红
ⅳ.红色明显变浅
（1）SCN－存在两种结构式，分别为N≡C—S－和S=C=N－，SCN－是二者的互变异构的混合物，请写出N≡C—S－的电子式__________。
（2）用离子方程式表示FeSO4溶液显酸性的原因__________。
（3）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因____________________________。
②针对实验Ⅰ中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，并设计如如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_______，Y溶液是_______，检验产物SO42－的操作及现象是_____________。
（4）针对实验Ⅱ“红色明显变浅”的现象，实验小组进行探究。
甲同学查资料得知：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN－[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN－结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。
乙同学认为SCN－可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN－[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅，而Mg2+与SCN－难络合，于是乙设计了如下实验：
由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________。
（5）工业上测定钛铁合金中钛含量的其中一步反应原理是：以KSCN为指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti（Ⅲ），反应的化学方程式为：Ti2(SO4)3+2NH4Fe(SO4)2===2Ti(SO4)2+(NH4)2SO4+2FeSO4，则达到滴定终点的实验现象是______。
3．（2020·北京石景山·统考一模）“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IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I-I3-（I3-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1mo/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IO3-。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-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IO3-：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IO3-，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________。
4．（2021·北京石景山·统考一模）亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。
资料：Ag+与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。
Ⅰ. NaNO2的制取(夹持装置略)
实验i
向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。
(1)仪器a的名称是______。
(2)制取NaNO2的离子方程式是______。
(3)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂及现象是______。
Ⅱ. NaNO2性质探究
将实验ⅰ制取的NaNO2固体配制成约0.1 mol/L NaNO2溶液，进行实验ⅱ和ⅲ。
实验ii
(4)①由实验ⅱ的现象得出结论：白色沉淀的生成与______有关。
②仅用实验ⅱ的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是______。
(5)① 酸性条件下，NO氧化I-的离子方程式是______。
实验iii
②甲同学认为，依据实验ⅲ的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I-。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验ⅲ不能得出上述结论，还需要补充实验iv进行验证，乙同学设计实验iv证明了实验ⅲ条件下氧化I-的只有NO，实验iv的实验方案是______。
5．（2022·北京石景山·统考一模）某实验小组从电极反应角度探究银镜反应中物质氧化性和还原性的变化。
资料：ⅰ.[Ag(NH3)2]+⇌ [Ag(NH3)]++NH3K1=10−3.81
[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3K2=10−3.24
ⅱ.AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O，Ag2O溶于氨水
(1)实验发现：乙醛和AgNO3溶液水浴加热无明显现象；银氨溶液水浴加热无明显现象；滴加乙醛的银氨溶液水浴加热，试管壁逐渐出现一层光亮的银镜。
①有研究表明：配制银氨溶液时，AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，写出生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式_______。
②从氧化还原角度分析：发生银镜反应时，氧化性微粒可能是Ag+、_______。
(2)甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag。
①电极反应式：
ⅰ.还原反应：Ag++e−=Ag
ⅱ.氧化反应：_______。(碱性条件下)
②从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化：
ⅰ.随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。
ⅱ.随c(OH−)增大，乙醛还原性增强。
③补充实验验证②中的分析。
实验操作及现象：
实验Ⅰ.插入“饱和KNO3溶液”盐桥，电流表指针偏转；
实验Ⅱ.电流稳定后向右侧烧杯滴加NaOH溶液，指针偏转幅度增大；
实验Ⅲ.电流再次稳定后向左侧烧杯滴加氨水，指针偏转幅度减小
乙同学认为实验Ⅲ不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，理由是_______。
(3)设计实验进一步验证。
实验
实验操作
实验现象
Ⅳ
往盛有银氨溶液的试管中滴加浓氨水，无明显现象，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热
闻到刺激性气味，溶液略显灰色，试管壁未见银镜
Ⅴ
往盛有银氨溶液的试管中滴加较浓的NaOH溶液至pH与实验Ⅳ相同，振荡，溶液变浑浊，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热
试管壁立即出现银镜
①乙同学认为通过实验Ⅳ能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，你认为是否合理并说明原因_______。
②分析实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是也参与了还原。经检验该假设成立，实验方案及现象是_______。
(4)总结：ⅰ.银氨溶液和乙醛发生银镜反应时，氧化剂主要是Ag+，还原剂主要是乙醛；ⅱ.银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，请解释原因_______。
三、有机推断题
6．（2019·北京石景山·统考一模）化合物I（戊巴比妥）是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：
已知：R´、R´´、R´´´代表烃基，R代表烃基或氢原子。
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
回答下列问题：
（1）F→G的反应类型是_________________。
（2）A的化学名称是_____________________。
（3）试剂a的结构简式_____________________。
（4）I的结构简式_____________________。
（5）B、C互为同分异构体，写出B→D的化学方程式_____________________。
（6）写出E→F的化学方程式_____________________。
（7）以A和另一种有机化合物及必要的无机试剂可合成B，则B的合成路线为______。
（用结构简式表示有机化合物，用箭头表示转化关系，箭头上或下注明试剂和反应条件）。
7．（2020·北京石景山·统考一模）由化合物A制备可降解环保塑料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：
已知：
ⅰ.+R3—COOH（—R1、—R2、—R3均为烃基）
ⅱ.+2RBr+2HBr
回答下列问题：
（1）C→PHB的反应类型是__________________。
（2）B中官能团的名称是__________________。
（3）A的结构简式是__________________。
（4）D→E的反应方程式是_____________________________。
（5）E+G→H的反应方程式是____________________________。
（6）X是J的同分异构体，满足下列条件的有_种（不考虑顺反异构）。
①链状结构；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式是_________。
（7）已知：2CH3CHO。
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成C，写出合成路线__________。
8．（2021·北京石景山·统考一模）《本草纲目》记载红曲米有特殊功效，受此启发有学者从红曲米中分离出具有降脂功能的有效成分——洛伐他汀，之后科学家合成了多种他汀类药物。“匹伐他汀钙”是人工合成的一种他汀类药物，其合成路线如下：
已知：
(1)A是一种芳香烃，A的名称是______。
(2)由B生成C的反应类型是______。
(3)D→E的化学方程式是______。
(4)F的结构简式是_____。
(5)D的同分异构体中，满足下列条件的有______种。
①与FeCl3作用显色；②能够发生银镜反应。
写出其中一种同分异构体的结构简式______。
(6)H含有2个苯环，核磁共振氢谱图中有7组峰，且面积比为2:2:2:1:1:1:1，G→H的化学方程式是______。
(7)H→I反应中生成中间体L，L含有3 个六元环，1 mol的L转化成I 需要脱去2 mol水，L的结构简式是______。
9．（2022·北京石景山·统考一模）依泽替米贝是一种新型高效、副作用低的调脂药，其合成路线如下。
已知：R1-COOH+R2-NH-R3
(1)A属于芳香烃，A→B的反应类型是_______。
(2)C含有氨基，写出C的结构简式_______。
(3)D的芳香族同分异构体有_______种(不含D本身)。
(4)E中含有的官能团：_______。
(5)写出E制备F时中间产物L的结构简式_______。
(6)环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2：1，G→H的化学方程式是_______。
(7)参考如下示例，画出J和F生成K时新形成的碳碳键。_______
示例：
四、工业流程题
10．（2019·北京石景山·统考一模）聚合硫酸铁（简称PFS或聚铁）是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制取聚合硫酸铁（）的工艺流程如下：
（1）酸浸时最合适的酸是_____（写化学式）。
（2）酸浸后溶液中主要的阳离子有_____。
（3）加入KClO3的目的是_____________________________（结合离子方程式说明）。
（4）过程a中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合。将下列水解反应原理的化学方程式补充完整。
_____Fe2(SO4)3+_____H2O______Fe2(OH)x(SO4)3-+ _____ ______
（5）过程a中水解要严控pH的范围。pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低，请解释原因__________。
（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达式：（n为物质的量）。为测量聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：
ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH－反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。
ⅱ.做空白对照实验，取与步骤ⅰ等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0 mL。
①该聚合硫酸铁样品中n(OH－) ＝_________mol。
②已知该样品中Fe的质量分数w，则盐基度B＝_______________。
11．（2020·北京石景山·统考一模）海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以获取很多物质。海水中主要离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-等。
利用1：淡水工业
（1）海水淡化的方法主要有__、电渗析法、离子交换法等。
（2）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示。
①淡水在__室（填X、Y或Z）形成后流出。
②一般海水不直接通入到阴极室中，原因是______________。
（3）离子交换法净化海水模拟过程如图所示，氢型阳离子交换原理可表示为：HR+Na+=NaR+H+，……。羟型阴离子交换树脂填充段存在的反应有______________。
利用2：提溴工业
（4）用海水晒盐之后的盐卤可提取溴，提取流程如图：
①用热空气将溴赶出，在吸收塔先用浓Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化为Br-和BrO3-，再加入W溶液得到Br2。推测W是______________。
②蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是____________。
③将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是__mg/L。
12．（2021·北京石景山·统考一模）重铬酸钾在工业中有广泛的应用，可用铬铁矿为原料制备。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾(K2Cr2O7)固体的工艺流程如下：
资料：① NaFeO2遇水强烈水解。
②。
(1)K2Cr2O7中Cr元素的化合价是______。
(2)步骤①发生多个反应，补全下列化学方程式___：
___FeO·Cr2O3 + ___Na2CO3 +___KClO3 =12Na2CrO4 +___Fe2O3 +___CO2 + _KCl
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式______。
(4)结合化学用语解释步骤④调pH的目的______。
(5)重铬酸钾纯度测定
称取重铬酸钾试样2.9400 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中，加入10 mL 2 mol/L H2SO4和足量碘化钾(Cr2O的还原产物为Cr3+)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水和淀粉指示剂，用0.1200 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定(I2 + 2S2O= 2I－ + S4O)。
①滴定终点的颜色变化是______。
②若实验共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度是______(滴定过程中其它杂质不参与反应)。
13．（2022·北京石景山·统考一模）从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。
已知：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+
ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L
ⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表
物质
电离常数
物质
溶度积常数
物质
溶度积常数
H2S
Ka1=1.1×10−7
Ka2=1.3×10−13
CuS
6.3×10−36
FeS
6.3×10−18
NiS
3.2×10−19
Ni(OH)2
5.5×10−16
CaF2
4×10−11
Fe(OH)3
2.8×10−39
(1)H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______[用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示]=1.43×10−20。
(2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。
(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因_______。
(4)“氟化除杂”中试剂a为_______。
(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因_______。
(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L[计算时c(H2S)取0.1mol/L，结果保留两位有效数字]。
五、原理综合题
14．（2019·北京石景山·统考一模）尿素[CO(NH2)2] 是首个由无机物合成的有机化合物，通常用作植物的氮肥。合成尿素的主要反应如下：
i. 2NH3(l) + CO2(g) (l)（氨基甲酸铵） △H＝－a kJ/mol
ii. (l) (l) + H2O(l) △H＝+b kJ/mol
iii. 2（缩二脲）+NH3 （副反应，程度较小）
（1）实验室制取氨气的化学方程式是__________________。
（2）CO(NH2)2中C为+4价，N的化合价_______。
（3）CO2和NH3合成尿素的热化学方程式为___________________________。
（4）工业上提高氨碳比（），可以提高尿素的产率，结合反应i～iii，解释尿素产率提高的原因______。
（5）某科研小组模拟工业合成尿素，一定条件下，在0.5L的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，测得反应中各组分的物质的量随时间变化如图1所示：
①反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率υ(CO2)＝________。
②合成总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素的总反应的快慢由第______步反应决定（填“i”或“ii”）。
（6）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图2）。总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑。
①A电极连接电源的_______极（填“正”或“负”）。
②A电极的电极反应为______。
15．（2020·北京石景山·统考一模）汽车尾气中NOx的生成和消除是科学家研究的重要课题。
（1）NOx能形成酸雨，NO2转化为HNO3的化学方程式是__。
（2）汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=+180kJ·mol-1，其能量变化示意图如下：
则NO中氮氧键的键能是__kJ·mol-1。
（3）用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6NO5N2+6H2O，以n(NH3)：n(NO)分别为4:1、3:1、1:3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：
①曲线a对应的n(NH3):n(NO)=__。
②曲线c中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为__mg/(m3·s)。
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是__（至少写两条）。
16．（2021·北京石景山·统考一模）将CO2还原成甲烷，是实现CO2资源化利用的有效途径之一。
I．CO2甲烷化
CO2甲烷化过程可能发生反应：
ⅰ．CO2(g) ＋ 4H2(g) CH4(g) ＋ 2H2O(g) ΔH1
ⅱ．CO2(g) ＋ H2(g) CO(g) ＋ H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ∙mol−1
ⅲ．CO(g) ＋ 3H2(g) CH4(g) ＋ H2O(g) ΔH3＝－206.1 kJ∙mol−1
……
(1)ΔH1＝______ kJ∙mol−1。
(2)不同条件下，按照n(CO2):n(H2)＝1:4投料，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因______。
Ⅱ．微生物电化学法
微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如上图所示。
(3)阴极的电极反应式是______。
(4)若生成1 mol CH4，理论上阳极室生成CO2的体积是______L(标准状况，忽略气体的溶解)。
17．（2022·北京石景山·统考一模）CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。采用CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。
(1)若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从_______(填分子的空间结构名称)变为弯曲型，便于下一步反应。
(2)一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。
①写出总反应的化学方程式_______。
②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO的VSEPR模型名称_______。
(3)①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1
2CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g) ΔH2
写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式_______(ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)。
②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol，在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性[x(CH3OH)%=]随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因_______。
③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式_______。
六、元素或物质推断题
18．（2020·北京石景山·统考一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示：
回答下列问题：
（1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是__________。
（2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示）__________。
（3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式__________。
（4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由__________。
七、结构与性质
19．（2022·北京石景山·统考一模）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，请在图中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配体，n表示配位数)。_______
②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式_______。
ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH−
写出总反应的化学方程式_______。
③下图是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，1mol该配合物中配位键有_______mol。
参考答案：
1． Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O C3N3O3Cl3 H2O 2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O 趁热过滤(或高于38℃过滤) 乙醇洗涤
【分析】根据TCCA分子结构，X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，根据结构得到X为C，Y为N，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O，W为Cl
【详解】(1)用氯气制备漂白液是氯气通入到NaOH溶液中生成NaCl、NaClO和H2O，其离子方程式是Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。
(2)①根据图中结构和前面分析得到TCCA的分子式是C3N3O3Cl3；故答案为：C3N3O3Cl3。
②根据前面分析及同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是H2O；故答案为：H2O。
(3)①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2，因此ClO2制备NaClO2的离子方程式2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O；故答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O。
②根据题意，由于NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇；因此需在温度高于38℃过滤，用乙醇洗涤，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体；故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；乙醇洗涤。
2． Fe2++2H2OFe(OH)2 + 2H+ MnO4—+ 5Fe2+ + 8H+ = Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O，Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3 0.1 mol/L KSCN溶液 硫酸酸化的KMnO4溶液 一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN—结合成[Fe(SCN)] 2+的机会减少；SCN—与Fe2+反应生成无色络合离子，三者可能均有 无色变为红色或溶液变红
【分析】（1）根据结构式即可写电子式；
（2）考查盐类水解；
（3）探究溶液变红后褪色原因，先变红是Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN—结合生成Fe(SCN)3。后褪色设计成原电池，从电子转移方向可判断正负极，结合化合价改变可判断电解质溶液；
（4）结合实验现象可知三次颜色都变浅，即都有关系；
（5）滴定终点会有铁离子，能跟指示剂反应。
【详解】（1）根据结构式N≡C—S－，可知电子式为；
（2）FeSO4是强酸弱碱盐，显酸性的原因是Fe2+的水解，离子方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2 + 2H+；
（3）①KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN—结合生成Fe(SCN)3，溶液变红，离子方程式为MnO4—+ 5Fe2+ + 8H+ = Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O，Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3；
②探究SCN－是否被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池，由电子转移方向可知，X溶液所处电极为负极，化合价升高，失去电子。故X溶液是0.1 mol/L KSCN溶液，Y溶液是硫酸酸化的KMnO4溶液。检验产物SO42－的操作及现象是：一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；
（4）由三次加入试剂颜色均会变浅且一次比一次更浅可知，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN—结合成[Fe(SCN)] 2+的机会减少；SCN—与Fe2+反应生成无色络合离子，三者可能均有。
（5）以KSCN为指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti（Ⅲ），反应的化学方程式为：Ti2(SO4)3+2NH4Fe(SO4)2===2Ti(SO4)2+(NH4)2SO4+2FeSO4，滴定终点有：Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3，则达到滴定终点的实验现象是无色变为红色或溶液变红。
3． C ClO-+H2OOH-+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） Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2 溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量 5ClO-+I2+H2O=2IO3−+5Cl-+2H+ 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 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 “变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），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I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-I3-，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-==IO3-+5I-+3H2O”
【分析】（4）
（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。
（6）84消毒液中存在ClO−，ClO−具有氧化性，可将I−氧化为I2，进而对实验产生干扰。
（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。
【详解】（1）分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；
（2）C装置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO−在水溶液中发生水解：ClO−+H2OHClO+OH−，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO−的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH−浓度增大，使得ClO−的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO−+H2OOH−+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）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3−，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（4）分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；
（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2IO3−+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：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；答案为：5ClO−+I2+H2O=2IO3−+5Cl-+2H+；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）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，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）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），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I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-I3-，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-==IO3-+5I-+3H2O”。
4． 分液漏斗 NO + NO2 + CO=2NO + CO2 无色酚酞试液，溶液变成浅红色 AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量 向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解 2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O 取2mL 0.1mol/L NaNO3溶液于试管中，加2mL 0.1mol/L KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝
【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空气。
【详解】(1)仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为NO + NO2 + CO=2NO + CO2，故答案为：NO + NO2 + CO=2NO + CO2；
(3)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液会变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸，故答案为：酚酞试液，溶液会变成浅红色；
(4) ①由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加硝酸银溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与硝酸银溶液和亚硝酸钠溶液的相对用量有关，故答案为：AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量；
②由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加硝酸银溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向硝酸银溶液中滴加亚硝酸钠溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解说明白色沉淀的生成与硝酸银溶液和亚硝酸钠溶液的相对用量有关，故答案为：向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；
(5) ①由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O，故答案为：2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O；
②由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故答案为：取2mL 0.1mol/L NaNO3溶液于试管中，加2mL 0.1mol/L KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝。
5．(1) AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O [Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+
(2) CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O 可能是硝酸银溶液中的NO或O2等微粒做氧化剂，其氧化性随酸性减弱而减弱
(3) 合理，[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，未发生银镜反应；或不合理，灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，所以无法判断 不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体，水浴加热后出现银镜
(4)在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原
【解析】(1)
①在洁净的试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀溶解，制得银氨溶液；AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式为AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O；故答案为：AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O。
②根据资料：[Ag(NH3)2]+在溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌[Ag(NH3)]++NH3、[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，在银氨溶液中存在的含+1价Ag的微粒有[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+，故发生银镜反应时氧化性微粒可能是Ag+、[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+；故答案为：[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+。
(2)
①甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag；CH3CHO发生氧化反应，由于反应在碱性条件下进行，则CH3CHO被氧化成CH3COO-，电极反应式为：CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O；故答案为：CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O。
②AgNO3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，AgNO3溶液中的以及溶解的O2等微粒也具有氧化性，也可能将做氧化剂将乙醛氧化，实验III中向左侧烧杯中滴加氨水，随着溶液酸性的减弱，这些微粒的氧化性也会减弱，从而使得指针的偏转幅度减小，不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”；故答案为：可能是硝酸银溶液中的或O2等微粒做氧化剂，其氧化性随酸性减弱而减弱
(3)
①由于溶液中存在平衡：[Ag(NH3)]+⇌Ag++NH3，实验IV向银氨溶液中滴加浓氨水，c(NH3)增大，上述平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，故未发生银镜反应；但实验IV的现象中溶液略显灰色，该灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，故也可能无法判断；故答案为：合理，[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，未发生银镜反应；或不合理，灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，所以无法判断。
②实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是也参与了还原，要检验该假设成立，可采用对比实验，实验方案及现象为：不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体（结合题给资料ii），水浴加热后出现银镜；故答案为：不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体，水浴加热后出现银镜。
(4)
银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，原因是：根据实验V，在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原；故答案为：在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原。
6． 取代反应 溴乙烷
【分析】由流程图、已知信息以及有机知识可推知，A是，C是，D是，E是HOOCCH2COOCH3，I是；
【详解】（1）F→G的反应类型与已知条件：反应类型相同，断开溴原子之后的乙基取代酯基相邻碳原子上的氢原子，属于取代反应；
（2）由分析可知，A是，A的化学名称是溴乙烷；
（3）由G→H的反应以及已知条件：原理可知，试剂a的结构简式；
（4）由已知条件：，可知H断酯基端的两个－OCH3，且断开后的结构取代氨基上的氢原子，形成六元环的结构，故I的结构简式为：；
（5）B、C互为同分异构体，B是乙酸甲酯，C是甲酸乙酯，结合已知条件：的反应原理，断甲酸乙酯中酯基的碳氧单键，断开后的醛基结构取代乙酸甲酯中酯基相邻碳原子上的氢原子，则B→D的化学方程式为；
（6）E→F是酯化反应，化学方程式为：；
（7）以溴乙烷和另一种有机化合物及必要的无机试剂可合成乙酸甲酯，思路是：溴乙烷→乙醇→乙醛→乙酸（或乙醇直接强氧化剂氧化成乙酸），再由乙酸与另一种有机化合物甲醇反应生成乙酸甲酯。则B的合成路线为。
7． 缩聚（聚合）反应 羰基、羧基 HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr 8 C(CH3)2＝CHOOCH H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【分析】分析PHB的结构简式，可知其为缩聚物，即C发生缩聚反应生成PHB。C的结构简式为，结合题中已知ⅰ可知，A被酸性高锰酸钾氧化为B和D，B的结构简式为CH3COCH2COOH，根据D的分子式，可知D的结构简式为HOOCCH2COOH。故A的结构简式为：。D与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，据F的分子式，可知F的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，F和浓氢溴酸发生取代反应生成G，G的结构简式为BrCH2CH2CH2Br。根据已知条件ⅱ.+2RBr+2HBr，可知E(CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3)和G(BrCH2CH2CH2Br)在C2H5ONa的作用下发生反应，生成H，H的结构简式为：。根据H→I的反应条件，可知H→I的过程为酯的水解酸化过程，生成I的结构简式为：，I发生脱羧反应生成J。据此进行分析。
【详解】（1）根据PHB的结构简式，可知C→PHB的反应类型为缩聚反应，答案为：缩聚反应；
（2）根据分析，B的结构简式为：CH3COCH2COOH，其中包含的官能团为羰基和羧基，答案为：羰基、羧基；
（3）结合以上分析，可知A的结构简式为：，答案为：；
（4）D与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成E，结合分析可知反应方程式为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；答案为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
（5）根据已知条件ⅱ可得出E+G→H的反应方程式是C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；答案为：C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；
（6）X的同分异构体能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明其分子中含有甲酸酯基，根据题给限制条件，X为链状的含甲酸酯基的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH＝CH2、CH2＝CHCH(OOCH)CH3、CH2＝C(OOCH)CH2CH3、HCOOCH＝CHCH2CH3、HCOOCH2CH＝CHCH3、CH3C(OOCH)＝CHCH3、HCOOCH2C(CH3)＝CH2、C(CH3)2＝CHOOCH。共8种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是C(CH3)2＝CHOOCH。其中答案为：8；C(CH3)2＝CHOOCH。
（7）根据题意，以乙烯为原料合成目标产物涉及碳链增长，根据题给信息，可先将乙烯转化为乙醇，进而转化为乙醛，然后2个乙醛分子在碱性条件下生成，再通过银氨溶液氧化并酸化后可得目标产物。故合成路线为：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO；答案为：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO。
【点睛】要注意有机信息的应用。一些反应中有新信息，一定要理解新信息的反应机理，将其应用于解题中，同时有些合成路线需要用到的信息在题目的合成路线中。
8． 甲苯 氧化反应 ++HCl 13 或
【分析】根据E的 得到A中含苯环，则A为甲苯，甲苯和浓硝酸发生取代反应，B中甲基发生氧化反应生成羧基，C中硝基发生还原反应生成氨基即D为，D()发生取代反应生成E()，根据信息得到E()中羧基被—Cl取代生成F()，F()中—Cl被取代生成G，G和水发生取代反应生成H()。
【详解】(1)A是一种芳香烃，A的名称是甲苯；故答案为：甲苯。
(2) B生成C主要是B中甲基被氧化为羧基，因此其反应类型是氧化反应；故答案为：氧化反应。
(3)D→E的化学方程式是++HCl；故答案为：++HCl。
(4)根据题意得到F的结构简式是；故答案为：。
(5)D()的同分异构体中，与FeCl3作用显色,说明含有酚羟基；能够发生银镜反应，说明含有醛基；若还有另外一种基团为氨基，当酚羟基和醛基在邻位，苯环上氨基有四种结构，当酚羟基和醛基在间位，苯环上氨基有四种结构，当酚羟基和醛基在对位，苯环上氨基有2种结构，当有酚羟基和—NHCHO基团时处于邻、间、对三种结构，因此满足条件的同分异构体有13种；其中一种同分异构体的结构简式为或；故答案为：13；或。
(6)G→H是发生取代反应，因此其化学方程式是；故答案为：。
(7)H→I反应中生成中间体L，L含有3 个六元环，1 mol的L转化成I 需要脱去2 mol水，说明L含有两个羟基，再根据H、I的结构得到L的结构简式是；故答案为：。
9．(1)取代反应
(2)
(3)4
(4)醛基和羟基
(5)
(6)+
(7)
【分析】A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：；B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：；结合D的分子式可知，D的结构简式为：；结合E的分子式可知，E的结构简式为：；E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F；题干第（5）题告知：环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：；H与发生已知信息的反应生成I，I的结构简式为：；I发生还原反应生成J，J与F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式可知，K的结构简式为：。
（1）
A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应生成B，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：。
（2）
B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：。
（3）
由分析可知，D的结构简式为：，D的芳香族同分异构体有：、、、，共4种。
（4）
由分析可知，E的结构简式为：，含有的官能团为醛基和羟基。
（5）
结合E和F的结构简式可知，E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F，因此中间产物L的结构简式为：。
（6）
环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：，因此G→H的化学方程式为：+。
（7）
J和F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式以及题给示例可知，J和F生成K时新形成的碳碳键如图所示：。
10． H2SO4 Fe3+、Fe2+、H+ 将Fe2+氧化为Fe3+：ClO3—+ 6Fe2+ + 6H+ == Cl—+ 6Fe3+ + 3H2O 1 x 1 H2SO4 pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低 10—3cV0－10—3cV
【分析】黄铁矿的烧渣加入酸浸，过滤得到滤液加入废铁屑增大溶液中含铁微粒浓度，过滤得到滤液加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，再加入硫酸经过水解聚合生成聚合硫酸铁。
【详解】（1）聚合硫酸铁（），为了不引入新杂质，酸浸时最合适的酸是H2SO4；
（2）黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，且SiO2不与H2SO4反应，故酸浸后溶液中主要的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+；
（3）KClO3有强氧化性，加入KClO3的目的将Fe2+氧化为Fe3+：ClO3—+ 6Fe2+ + 6H+ == Cl—+ 6Fe3+ + 3H2O；
（4）由原子守恒可知，定Fe2(SO4)3系数为1，则反应前有3个硫酸根，反应后3-个，则需要加个H2SO4，再配平其他系数，可得Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-+ H2SO4；
（5）过程a中水解要严控pH的范围，pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低。
（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH－反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量。
ⅱ. 空白对照实验，可知ⅰ.中加入的HCl总物质的量。
综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n（HCl）=该聚合硫酸铁样品中n(OH－)= 10—3cV0－10—3cV mol；
②n（Fe）=mol，盐基度（n为物质的量）= 。
【点睛】本题计算题看似复杂，实则弄清楚滴定的目的再解题不难，第一次滴定是测过量HCl物质的量，第二次滴定是测所有HCl的物质的量，两者的差值即为聚合硫酸铁消耗的HCl物质的量，即可求该聚合硫酸铁样品中n(OH－)。
11． 蒸馏法 X、Z 海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离子，阴极电解产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜 ROH+Cl−=RCl+OH−；2ROH+SO42−=R2SO4+2OH−；H++OH−=H2O 硫酸 温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气 64
【详解】（1）海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；答案为：蒸馏法；
（2）①在电解池中，溶液中阴、阳离子分别通过阴、阳离子交换膜移向阳、阴极，从而在X、Z室形成淡水而流出；答案为：X、Z；
②海水中含Ca2+、Mg2+，在电解池的阴极中，阳离子放电后产生OH-，从而易形成沉淀附着在电极表面或堵塞离子交换膜。答案为：海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离子，阴极电解产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜；
（3）分析氢型阳离子的交换原理可知，羟型阴离子发生的阴离子交换类似氢型阳离子的交换过程，根据图中海水净化模拟过程，其中涉及的反应方程式有：ROH+Cl−=RCl+OH−；2ROH+SO42−=R2SO4+2OH−；H++OH−=H2O；答案为：ROH+Cl−=RCl+OH−；2ROH+SO42−=R2SO4+2OH−；H++OH−=H2O；
（4）分析溴的提取流程，Cl2将盐卤中的Br-氧化为Br2，再通热空气将Br2吹出塔，在吸收塔先用浓Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化为Br-和BrO3-，再加入H2SO4酸化歧化溶液得到Br2。
①在歧化溶液中加入H2SO4溶液，使其生成Br2，故答案为：硫酸；
②温度在90℃左右进行蒸馏，是因为温度过高有更多的水蒸气蒸出，温度过低，不利于溴的蒸出，答案为：温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气；
③根据题意，设原海水中溴的浓度是x mg/L，则有，x=64，答案为：64。
【点睛】解决这类问题可以分为三步：
第一步，分清隔膜类型，即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜；
第二步，写出电极反应式，判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向；
第三步，分析隔膜作用，在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险。
12． +6 6 12 7 12 3 12 7 FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－ 增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O 由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 80%
【分析】铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3) ，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加入碳酸钠、氯酸钾熔融氧化后生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2，水浸后NaFeO2水解得到滤渣1为红褐色氢氧化铁固体，滤液1含有Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，调节pH值使Na2SiO3和NaAlO2转化为氢氧化铝和硅酸沉淀即是滤渣2，滤液2中含有Na2CrO4、调pH值使铬酸钠转化为重铬酸钠，加入氯化钾，生成重铬酸钾，获得产品，据此回答问题。
【详解】(1)K2Cr2O7中钾元素的化合价是+1价，氧元素的化合价是—2价，依据化合价原则，则Cr元素的化合价是+6；
(2) FeO·Cr2O3生成Na2CrO4 和Fe2O3化合价升高7，氯酸钾生成氯化钾化合价降低6，最小公倍数是42，则FeO·Cr2O3的系数是6，氯酸钾和氯化钾的系数是7，依据原子守恒配平其它物质的系数，则配平后的化学方程式是6FeO·Cr2O3 + 12Na2CO3 +7KClO3 =12Na2CrO4 +3Fe2O3 +12CO2 +7KCl，则答案为6 12 7 12 3 12 7；
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－；
(4)有 可知，步骤④调pH的目的增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O；
(5) ①滴定终点的颜色变化是由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②碘化钾与重铬酸钾反应依据电子守恒得 ，有I2 + 2S2O= 2I－ + S4O可得，则 所得产品中重铬酸钾的纯度是 =80%。
13．(1)
(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O
(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反应，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3
(4)NiF2或HF
(5)pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余
(6)4.4×10−16
【分析】粗硫酸镍晶体溶解调节pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。
(1)
H2S是弱电解质，分两步电离，H2S HS-+H+、HS- S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；
(2)
含镍溶液中的主要离子有 AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；
(3)
Cl2具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，铁离子发生水解反应：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；
(4)
流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；
(5)
由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3；
(6)
已知：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2S S2-+2H+，K= Ka1×Ka2==1.43×10−20；由流程可知，此时pH=0.5，则c(H+)=10-0.5mol/L，则=1.43×10−20，c(S2-)=1.43×10−20 mol/L；Ksp(CuS)= 6.3×10−36= c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)= mol/L。
14． 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O －3 2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) △H =(b-a)kJ/mol 提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率 0.148mol/(L·min) ii 正 CO(NH2)2 －6e—+H2O = N2↑+CO2↑+6H+
【分析】（3）利用盖斯定律计算；
（4）从反应i～iii的平衡移动方向解答；
（5）由图含量变化的斜率大小可判断速率大小；
（6）由总反应方程式和图每个电极产物可判断电极反应。
【详解】（1）实验室由NH4Cl固体和Ca(OH)2固体混合加热制取氨气，化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）其中H为+1价，由化合物中正负代数和为0，CO(NH2)2中C为+4价，算出N的化合价为－3；
（3）由盖斯定律，CO2和NH3合成尿素的热化学方程式由反应i+反应ii，可得：2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) △H =(b-a)kJ/mol；
（4）从反应i～iii的平衡移动方向解答：提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率；
（5）①反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率υ(CO2)＝=0.148mol/(L·min);
②合成总反应的快慢由慢的一步决定，由图的斜率大小可知，的生成速率比消耗速率快，则合成尿素的总反应的快慢由第ii步反应决定;
（6）①A电极上CO(NH2)2转化生成N2，N化合价升高，失去电子，作为阳极，应该连接电源的正极；
②总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，阳极A电极上N化合价升高，失去电子，电极反应为CO(NH2)2 －6e—+H2O = N2↑+CO2↑+6H+。
15． 3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3 632∙ 1:3 1×10-4 ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、反应为放热反应，温度高反应速率快，达到平衡后平衡逆向移动
【分析】（1）NO2和水反应生成HNO3和NO。
（2）根据∆H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，计算氮氧键的键能；
（3）NH3和NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则n(NH3):n(NO)为4:1、3:1、1:3时，对应的曲线为c、b、a。由题给信息，可类比反应速率的定义进行NO的脱出速率的计算。温度升高，NO的脱除率降低，可根据可逆反应的平衡移动进行分析。
【详解】（1）NO2与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；
（2）根据∆H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，可得：946kJ·mol-1+498 kJ·mol-1-2a kJ·mol-1=180kJ，解得：a=632。答案为：632；
（3）①由分析可知，曲线a对应的n(NH3):n(NO)=1:3；答案为：1:3；
②由图可知，A点到B点，NO的脱除率为0.75-0.55=0.20，则从A点到B点，则从A点到B点内NO的脱除率为，答案为：1×10-4；
③可从催化剂、可逆反应的平衡移动、反应物或生成物随温度变化的角度进行分析。在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因有：ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动；答案为：ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动。
16． −164.9 p3＞p2＞p1
CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ) CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O 44.8
【详解】(1)将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此ΔH1＝＋41.2 kJ∙mol−1＋(－206.1 kJ∙mol−1) ＝−164.9kJ∙mol−1；故答案为：−164.9。
(2)①该反应是体积减小的反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3＞p2＞p1；故答案为：p3＞p2＞p1。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)；故答案为：CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
(3)根据图中信息CO2 化合价降低变为CH4，在阴极发生反应，因此阴极的电极反应式是CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O；故答案为：CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O。
(4)根据CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O，若生成1 mol CH4，转移8mol电子，有根据CH3COO− －8e−＋ 2H2O＝2CO2 ＋7H＋，因此理论上阳极室生成2molCO2，其体积是44.8L；故答案为：44.8。
17．(1)直线形
(2) CO2+4H22H2O+CH4 平面三角形
(3) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=kJ/mol 主反应放热，竞争反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差 CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6OH−
【解析】（1）
CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子结构稳定，难以给出电子，若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从直线形变为弯曲型，便于下一步反应。
（2）
①从一种CO2直接加氢的反应机理图可知，进入体系的物质是CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O，总反应的化学方程式：CO2+4H22H2O+CH4；
②CO的中心原子C的价层电子对数为，则C的杂化方式为sp2杂化，则其VSEPR模型名称平面三角形。
（3）
①根据盖斯定律，设题给两个热化学方程式分别为a和b，则通过“ (a×3-b)×”变化可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=kJ/mol；
②图b中曲线所示，236℃以后，CO2转化率、甲醇选择性随温度升高而下降，可能的原因是：CO2催化加氢制甲醇过程中的主反应是放热，主要竞争反应为吸热，236℃以后升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差；
③离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式：CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-。
18． 第三周期第ⅠA族 F−＞Na+＞Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）
【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。
【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA族；
（2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞Al3+；
（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；
（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2＞Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。
19．(1)d
(2) 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收
(3) 16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓ 4O2+8H2S8H2O+S8↓ 6
【解析】(1)
铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。
(2)
①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS−，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。
(3)
①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；
②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；
ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。
③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。
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