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北京市延庆区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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这是一份北京市延庆区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共48页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，有机推断题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市延庆区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·北京延庆·统考一模）合成氨对人类生存具有重大意义：
(1)传统工业合成法：反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H。科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。
①N2的电子式是___。
②写出步骤b的化学方程式___。
③由图象可知合成氨反应的∆H__0(填“>”、“<”或“＝”)。
④工业生产中，除了温度采用400℃—500℃外，促进该反应正向进行的措施是(至少两点)___。
(2)电化学制备方法：目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：
①氢化酶区域发生反应的离子方程式是___。
②溶液中H+的移动方向是___(填“向左”或“向右”)。
③下列说法正确的是___。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极a是燃料电池的负极
C．该方法相较于传统工业合成方法具有条件温和，对环境友好等优点
二、实验题
2．（2020·北京延庆·统考一模）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。
实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：
(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。
(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。
实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：
过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；
②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；
③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用c mol·L−1 Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去V mL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。
(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。
(4)滴定终点的现象是___________________。
(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。
3．（2020·北京延庆·统考一模）硝酸铁具有较强的氧化性，易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸。可用于金属表面化学抛光剂。
(1)制备硝酸铁
取100mL 8mol· L-1硝酸于a中，取 5.6g铁屑于b中，水浴保持反应温度不超过70℃。
①b中硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体。写出b中发生反应的离子方程式：_______。
②若用实验制得的硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、_________、___________，用浓硝酸洗涤、干燥。
(2)探究硝酸铁的性质。用硝酸铁晶体配制0.1mol·L-1硝酸铁溶液，溶液呈黄色，进行实验如下：
实验一：硝酸铁溶液与银反应：
i.测0.1mol·L-1硝酸铁溶液pH约等于1.6 。
ii.将5mL 0.1mol·L-1硝酸铁溶液加到有银镜的试管中，约1min银镜完全溶解。使银镜溶解的反应原理有两个反应：
a. Fe3+使银镜溶解 b. NO3-使银镜溶解
①证明Fe3+使银镜溶解，应辅助进行的实验操作是_________。
②用5mL __________溶液，加到有银镜的试管中，约1.2min银镜完全溶解。证明NO3-使银镜溶解。
③为进一步研究溶解过程，用5mLpH约等于1.6的0.05mol·L-1硫酸铁溶液，加到有银镜的试管中，约10min银镜完全溶解。
实验二：硝酸铁溶液与二氧化硫反应，用如图所示装置进行实验：
i.缓慢通入SO2，溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色。
ii.继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色。
已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)
④步骤i反应开始时，以NO3-氧化SO2为主，理由是：_________。
⑤步骤ii后期反应的离子方程式是__________。
(3)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是__________。
4．（2019·北京延庆·统考一模）某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。
(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是______。阳极发生的电极反应式为_______。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_______。
(2)小组同学在实际电解过程中，意外的观察到下表的实验现象：
条件
电极
现象
电压12V
电流3A
阴极
3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。
阳极
开始出现少量气泡，后来气泡增多。
实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：
资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。
资料2：[CuCl2.CuCl2(H2O)]-(棕褐色)CuCl+Cu2++3Cl-+H2O。
Ⅰ.探究阴极表面产生的白色物质：
①根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式______。
②学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。
如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是______。
实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。
Ⅱ.探究阴极区域溶液呈现棕褐色的原因：
猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入______，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。
实验结论：溶液颜色呈现棕褐色______(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2(H2O)]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2.CuCl2(H2O)]-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的流程图______。
实验结论：通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。
5．（2021·北京延庆·统考一模）某实验小组同学探究“氧化剂对KSCN检验Fe2+的影响”，进行如下实验：
实验
试剂
现象
试管
滴管(各1滴)
2mL0.5mol•L-1FeSO4溶液与1滴0.5mol•L-1KSCN溶液
饱和氯水
Ⅰ.溶液立即变为浅红色
稀硝酸
Ⅱ.溶液立即变为红色
5%H2O2溶液
Ⅲ.溶液立即变为深红色，无气体产生
已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为SO。
(1)向2mL0.5mol•L-1FeSO4溶液中滴加1滴0.5mol•L-1KSCN溶液，无明显现象，通入O2，无明显变化。
①该实验的目的是___。
②用离子方程式表示Ⅰ中出现浅红色的原因：___、___。
(2)对Ⅰ中溶液为浅红色的原因，甲同学提出以下假设。
①假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低
②假设2：氯水氧化性强，氧化了部分SCN-
继续以下实验：
i.取Ⅰ中浅红色溶液，___(填写实验操作)，溶液浅红色消失，从而排除了假设1
ⅱ.向2mL水中滴加1滴0.5mol•L-1KSCN溶液，滴加1滴饱和氯水，加入试剂a___(填写化学式)，产生白色沉淀。
(3)为验证实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ.中硫氰化钾的被氧化程度，进行以下探究实验：
已知：溶解度：AgSCN(白色)＜AgCl＜Ag2SO4
分别向下表4支试管溶液中，继续滴加一定浓度的AgNO3溶液至溶液红色恰好褪去，记录消耗AgNO3溶液的体积。实验记录如下：
实验
试管
消耗AgNO3溶液的体积/mL
IV
实验I中溶液
1.52
V
实验II中溶液
1.60
VI
实验III中溶液
1.84
VII
2mL水与1滴Fe2(SO4)3溶液和1滴0.5mol•L-1KSCN溶液
2.40
①用化学用语表示滴加AgNO3后溶液红色褪去的原因___。
②由Ⅳ～Ⅶ可以得出的结论是___。
(4)借助紫外-可见分光光度计可以测定Fe3+浓度。已知：体系的吸光度与Fe3+浓度呈线性正相关。丙同学利用上述方法测定了实验I、II、III体系的吸光度，数据如图所示。由上述实验可知，I、II、III中溶液颜色分别呈现浅红色、红色和深红色的原因为___。
6．（2022·北京延庆·统考一模）某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。
(1)连接装置(如图Ⅰ所示)，断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe表面产生大量无色气泡，Cu表面无明显变化；闭合开关K，电流表指针向右偏转，Fe和Cu表面均产生大量无色气泡。
①欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是_______。
②分别用化学用语表示Fe和Cu表面均产生无色气泡的原因：_______；_______。
(2)该小组同学将(1)中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体。改进实验装置(如图II所示)，闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转，约2秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。
①铜与浓硝酸反应的离子方程式为_______。
②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是_______(结合铜电极反应式说明)。
③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：_______。
三、原理综合题
7．（2020·北京延庆·统考一模）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采用天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
Ⅰ.蒸汽转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，结合图表信息回答问题。
(1)该过程的热化学方程式是__________。
(2)平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如图所示，判断T1和T2的大小关系：T1_______T2(填“>”“<”或“=”)，并说明理由__________。
(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1mol CH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，计算该条件下反应的平衡常数为______________。
Ⅱ.CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅲ.模拟H2提纯工艺：将CO2和H2分离得到H2的过程如下：
依据图示信息回答：
(4)吸收池中发生反应的离子方程式是_________。
(5)写出电解池中阳极发生的电极反应式________；结合化学用语说明K2CO3溶液再生的原因_________。
8．（2020·北京延庆·统考一模）辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。
Ⅰ.湿法炼铜用Fe2(SO4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+：
(1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子方程式______________________。
(2)控制温度为85℃、浸取剂的pH = 1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验：
实验
试剂及操作
3小时后Cu2+浸出率(%)
一
加入10mL 0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5 mL水
81.90
二
加入10 mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL 0.1mol·L-1H2O2
92.50
回答：H2O2使Cu2+浸出率提高的原因可能是__________。
(3)实验二在85℃后，随温度升高，测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_________________。
(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O2并加入适量的CuO，有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O2的作用_________。解释加入CuO的原因是_____。
Ⅱ.某课题组利用碳氨液((NH4)2CO3、NH3·H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。
其反应机理如下：
①Cu2S(s)⇌2Cu+(aq) +S2-(aq) (快反应)
②4Cu++O2+2H2O⇌4Cu2++4OH- (慢反应)
③Cu2++4NH3·H2O⇌Cu(NH3)42++4H2O(快反应)
(5)提高铜的浸出率的关键因素是 ________。
(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因是__________。
9．（2019·北京延庆·统考一模）CO2的捕集和利用因为其工业价值和减少CO2排放的环境意义而受到广泛关注。
(1)下列物质中可以作为CO2捕获剂的是______。
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2 E．(NH4)2CO3
(2)在Cu/ZnO催化剂条件下，CO2与H2可生成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ.mol-1。科研人员提出了该催化反应历程的示意图如下，其中CO是重要的中间产物。
已知：第一步反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ.mol-1
①第二步反应的热化学方程式是______。
②CO2与H2生成CH3OH反应的平衡常数表达式K=______。
③下图是其他条件一定时，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线，请结合化学用语说明温度低于350℃时，CO2的平衡转化率随温度变化的原因是______。
(3)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2。电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池原理如下：
①O2作为正极反应的催化剂，可能的催化过程如下，将i补充完整，并写出ii的离子方程式。
i．O2+_____===_____；
ii．_______。
②结合电极反应式简述Al2(C2O4)3的生成______。
10．（2022·北京延庆·统考一模）当今世界，“碳达峰”“碳中和”已经成为了环保领域的“热词”，我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。深度脱碳(CO2)的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
I.大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
(a)CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH1=akJ·mol-1
(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=bkJ·mol-1
(c)2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH3=ckJ·mol-1
(d)······
(1)根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =_______ kJ·mol-1。
II.利用电化学方法可实现二氧化碳的资源化利用。
(2)原电池法：我国科学家研究Li—CO2电池，取得重大突破。该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C。
①在Li—CO2电池中，Li为单质锂片，是该原电池的_______(填“正”或“负”)极。
②CO2电还原过程依次按以下四个步骤进行，写出步骤I的电极反应式
i._______
ii.C2O=CO+CO2
iii.CO2+2CO=2CO+C
iv.CO+2Li+=Li2CO3
(3)电解法：如电解CO2制HCOOK。该原理示意图如下：
①Pt片为电解池的_______极。
②写出CO2还原为HCOO-的电极反应式：_______。
③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_______。
11．（2022·北京延庆·统考一模）燃烧煤排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
(1)NaClO2中氯的化合价为_______。
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO
SO
NO
NO
Cl-
c/(mol·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
1.2×10-5
3.4×10-3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式：_______。增加压强，NO的转化率_______(填“提高”“不变”或“降低”)。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_______。
(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
②反应ClO+2SO2SO+Cl−的平衡常数K表达式为_______。
③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果，从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______。
四、有机推断题
12．（2020·北京延庆·统考一模）法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：
已知：①法华林的结构简式：
②
③
(1)A的结构简式是___________。
(2)C分子中含氧官能团是___________。
(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。
(4)E的结构简式是___________。
(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。
(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。
(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。
(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：
写出甲→乙反应的化学方程式 ___________；丙的结构简式是_________。
13．（2019·北京延庆·统考一模）镇痛药物J的合成方法如下：
已知：①+Cl—R3+HCl
②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH
③(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)
(1)B的官能团为_____。
(2)反应①的化学方程式______。
(3)F的结构简式______。
(4)G→J的反应类型_______。
(5)C→D的化学反应方程式_______。
(6)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有____种，写出其中两种取代基不同的结构简式_____、______。
A．遇FeCl3显紫色B．苯环上有两个取代基
(7)已知：R1HC=CHR2R1COOH+R2COOH，R1、R2为烃基。是一种重要的化工中间体。以环己醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂写出合成路线________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
14．（2021·北京延庆·统考一模）有机物M是一种抗血栓药物，结构简式为，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.RCHO+CH3COR′RCH=CHCOR′
ⅱ.RCOOR′+CH3COOR″
(1)A的结构简式为___，B→C的反应类型是___。
(2)F的核磁共振氢谱只有一种峰，E结构简式是___。
(3)化合物H中所含官能团名称是___。
(4)G的结构简式是___。
(5)I→J的化学方程式是___。
(6)下列说法正确的是___。
A．化合物C能使Br2/CCl4溶液褪色 B．化合物D能发生银镜反应
C．J+G→M的反应类型是加成反应 D．有机物M的分子式为C19H15O6
(7)设计C→D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：___。
15．（2022·北京延庆·统考一模）利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如下：
已知：
i. + CH3I+NaI+H2O
ii. R1−CHO R1−CH=CH−COOH
(1)A属于芳香烃，则A的名称为_______；
(2)E的官能团的名称是_______；D→E的反应类型是_______；
(3)H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种。由H生成I反应的化学方程式为_______；
(4)L的结构简式为_______。
(5)J俗称香兰素，在食品行业中主要作为−种增香剂。香兰素的一种合成路线如下。
中间产物1和中间产物2的结构简式分别为_______；_______。
五、工业流程题
16．（2019·北京延庆·统考一模）纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。
资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4·H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)
(1)①上述流程中可以加快反应速率的措施有______。
A．过滤和萃取 B．升高温度 C．增大压强 D．研磨矿石
②用FeCl3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_______。
(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。
(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：
pH
6
7
8
9
10
11
12
Cu2+还原率(%)
34
60
90
92
95
92
90
产物形态
砖红色Cu2O
铜粉
紫黑色纳米铜
温度
30
40
50
60
70
80
90
Cu2+还原率(%)
25
45
70
80
95
90
85
产物形态
砖红色Cu2O
铜粉
紫黑色纳米铜
①该反应的离子方程式为_______。
②超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是______。
③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH=10的理由是______。
(4)“水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、______等操作可得到Fe2O3。
(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是______。
17．（2021·北京延庆·统考一模）工业用黄铜矿【主要成分CuFeS2(Fe化合价+2)，含少量锌、铅的硫化物】冶炼铜的一种方法如图：
(1)从流程图可以看出，第III步的分离操作是__。
(2)完成Ⅰ中发生反应的离子方程式。___。
CuFeS2+____Cu2++____=____CuCl+Fe2++____S
(3)固体M是S和FeOOH的混合物，写出Ⅱ中通入空气，将FeCl2转化FeOOH沉淀的化学方程式是___。
(4)溶液B中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和CuCl，下列说法正确的是____。
A．Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量
B．Ⅳ中加入Na2CO3溶液的目的是除去Zn2+、Pb2+
C．反应Ⅴ发生了氧化还原反应
(5)反应Ⅵ中用H2将57.6kgCu2O完全还原，若H2的利用率是80%，则需要提供H2的体积是__m3(标准状况)。
(6)从物质循环利用的角度看，电解NaCl溶液能够很好的服务于该冶炼铜的工艺，分析图(a)，结合化学用语说明骤Ⅲ所需原料的生成原理：___。
18．（2021·北京延庆·统考一模）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离子沉淀的pH
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
(1)步骤Ⅰ，软锰矿需研磨。目的是___。
(2)写出步骤Ⅱ溶出Mn2+发生反应的离子方程式___。
(3)步骤Ⅱ中若用铁屑替代FeSO4会更节省原料，原因是___。
(4)写出步骤Ⅲ纯化过程所加试剂的目的___。
(5)IV电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是___。
(6)测定产品纯度。向m g产品中依次加入足量n g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用a mol•L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b L，产品纯度为___(用质量分数表示)。(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2—87；Na2C2O4—134)
六、结构与性质
19．（2022·北京延庆·统考一模）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
(1)基态铜原子的价层电子的轨道表示式为_______，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是_______。
(2)向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu(NH3)4]SO4·H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为_______。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是_______。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因_______。
(3)某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=_______g·cm-3(NA表示阿伏伽德罗常数，列出计算式)。
参考答案：
1．(1) 2*NN+H2=2*NNH(或*NN+H2=*NNH+H) < 增大压强；增大氢气或者氮气的浓度；移走氨气
(2) H2+2MV2+=2H++2MV+ 向右 BC
【详解】（1）N2的氮原子间是氮氮叁键，电子式是；从图中可知，步骤b是*NN生成*NNH，化学方程式是2*NN+H2=2*NNH（或*NN+H2=*NNH+H）；从反应物“N2+3H2”到生成物“2NH3”总能量下降，反应过程放出热量，故∆H<0；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，气体物质系数正向较小，为促进该反应正向进行，可以增大体系压强、增大氢气或者氮气的浓度、移走氨气等；
（2）电极a MV+转变成MV2+失去电子，作负极，电极b是正极，氢化酶区域MV2+转变成MV+，发生反应的离子方程式是H2+2MV2+=2H++2MV+；溶液中阳离子朝正极移动，质子交换膜允许H+通过，故溶液中H+的向右移动；该装置是原电池，将化学能转化为电能，相较于传统工业合成氨的高温高压，该方法反应条件温和，对环境友好，选择BC；
【点睛】注意从题给示意图中观察物质的变化方向和途径，第一题结合原子守恒，第二题结合氧化还原原理，是解题突破口。
2． 降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸 冰水浴 防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量 溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化 1.35×10-2cV
【分析】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；
(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
Ⅱ. (3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。
【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；
(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；
Ⅱ. (3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=×c•V•10-3 mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。
【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。
3． Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O 降温结晶 过滤 取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀 0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液 实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成 2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+ 在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。
【分析】(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，据此写离子方程式；
②根据溶液提取晶体的操作回答；
(2) ①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存在即可；
②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作；
④溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色；
⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成；
(3)总结实验一和实验二可知答案。
【详解】(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，离子方程式为：Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O，故答案为：Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O；
②由硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、降温结晶、过滤、用浓硝酸洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；过滤；
(2) ①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀即可，故答案为：取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀；
②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作，即加入的为0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液，故答案为：0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液；
④实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成，故答案为：实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成；
⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成，离子方程式为：2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+，故答案为：2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+；
(3)总结实验一和实验二可知，在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主，故答案为：在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。
4． 有红色(紫红色)固体产生 2Cl- - 2e- = Cl2 ↑ CuCl2Cu + Cl2↑ Cu+CuCl2=CuCl ↓ 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 NaCl固体至不再溶解 不是
【分析】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；
（2）Ⅰ．①根据资料用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀可得；
②取试验中阴极的白色物质与实验A做对照试验；
Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致
实验应向氯化铜溶液加入高浓度的Cl-，溶液没有变成棕褐色，说明该猜想不成立；
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关
取阴极附近的棕褐色溶液重复步骤一，得到与步骤一相同的现象说明该猜想成立。
【详解】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2++2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：析出红色铜；2Cl--2e-=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑；
（2）Ⅰ．①Cu还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；
②实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl，
故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；
Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2（H2O）]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2•CuCl2（H2O）]棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
，
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：
，
通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关；
故答案为：。
5．(1) 排除在此条件下氧气氧化Fe2+的可能性 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2) 继续滴加饱和氯水 稀盐酸和氯化钡溶液
(3) Fe(SCN)3+3Ag+=Fe3++3AgSCN↓(或者Fe(SCN)3+3AgNO3=Fe(NO3)3+3AgSCN↓) 以上三种氧化剂都可以氧化SCN-，饱和氯水氧化SCN-能力最强，5%双氧水氧化SCN-能力最弱
(4)由实验IV、V、VI可知：SCN-被氧化后，剩余的SCN-物质的量大小关系为I
【分析】2mL0.5mol•L-1FeSO4溶液与1滴0.5mol•L-1KSCN溶液混合后，Fe2+被氧化生成Fe3+后与SCN－结合生成Fe(SCN)3是溶液颜色变红的原因；不同的氧化剂氧化SCN－的强度不同，溶液中剩余与Fe3+结合的SCN－量不同。
(1)
排除在此条件下氧气氧化Fe2+的可能性，排除氧气对实验的干扰；滴加饱和氯水发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－、Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，溶液变为浅红色；
(2)
Ⅰ中溶液为浅红色的原因分析，若是生成的Fe3+浓度低则继续滴加饱和氯水会使颜色加深；结合已知，若是SCN－被氧化为SO则加入稀盐酸和氯化钡溶液会产生白色沉淀BaSO4，且Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存，不会造成干扰；
(3)
滴加AgNO3溶液后发生反应：Fe(SCN)3+3Ag+=Fe3++3AgSCN↓，溶液红色褪去，生成白色沉淀；实验VII作为对照，饱和氯水、稀硝酸、5%H2O2溶液都可以氧化SCN-，使反应后溶液中Fe(SCN)3消耗AgNO3溶液的体积均低于实验VII，且实验VI、V、IV耗AgNO3溶液的体积逐渐较小，故饱和氯水氧化SCN-能力最强，5%双氧水氧化SCN-能力最弱；
(4)
由实验IV、V、VI可知：SCN-被氧化后，剩余的SCN-物质的量大小关系为I
6．(1) 取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氰化钾溶液，产出蓝色沉淀 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 2H++2e-= H2↑
(2) Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O 形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-= Cu(或NO+2H++e-= NO2↑+H2O) 电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应
【解析】（1）
①铁电极发生氧化反应会生成Fe2+，检验亚铁离子需要用铁氰化钾溶液，实验操作和现象是：取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氰化钾溶液，产出蓝色沉淀；
②Fe表面产生无色气泡的原因是铁单质与稀硫酸发生化学反应生成硫酸亚铁和氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe和Cu和稀硫酸形成原电池，Cu做正极，氢离子移至Cu表面得电子生成氢气，则Cu表面产生无色气泡的原因：2H++2e-= H2↑；
（2）
①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O；
②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，形成原电池，铁做负极、铜做正极，电流从左流向右，则观察到指针快速向右偏转的原因是：形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-= Cu(或NO+2H++e-= NO2↑+H2O)；
③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。设计实验方案证明：电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应。
7． > 根据热化学方程式可知，升高温度，平衡正向移动， CO的体积分数增大；再对应图象，压强一定时，则T1>T2 0.75 阴极放电发生反应：产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：，实现了K2CO3溶液的再生
【分析】Ⅰ.(1)由图可知，反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，据此书写热化学方程式；
(2)根据压强和温度对化学平衡的影响分析；
(3)由三段式分析，计算该条件下反应的平衡常数；
Ⅲ. 由图可知，吸收池中二氧化碳与碳酸钾溶液的反应得到碳酸氢钾，据此书写离子方程式。
【详解】Ⅰ.(1) 由图可知，1mol甲烷、1mol水蒸气生成1molCO和3mol氢气吸收热量(2582−2378)kJ=204kJ，故热化学方程式为：，故答案为：；
(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以相同压强下，温度越高，CO的体积分数越大，故T1>T2，故答案为：>；根据热化学方程式可知，升高温度，平衡正向移动， CO的体积分数增大，再对应图象，压强一定时，则T1>T2；
(3) 一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，设消耗甲烷物质的量x，据此计算：
，x=mol，则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H2O)=mol/L，c(CO)=mol/L，c(H2)=1mol/L，则该反应的平衡常数K==0.75，故答案为：0.75；
Ⅲ.(4)由图可知，吸收池中氢气并未反应，二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池,即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；
(5)HCO3−存在电离平衡：HCO3−⇌H++CO32−，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生，阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，阳极反应：；HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生，故答案为：；阴极放电发生反应：产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：，实现了K2CO3溶液的再生。
8． H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快 温度升高， H2O2发生了分解 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀 提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率 S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动
【分析】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，据此写离子方程式；
(2) H2O2具有氧化性；
(3)温度高，H2O2易分解；
(4) O2的可以将亚铁离子氧化；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
Ⅱ.(5)根据反应机理，提高铜的浸出率的关键在慢反应；
(6)根据(NH4)2S2O8的性质分析作答。
【详解】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，则离子方程式为，故答案为：；
(2) 浸出过程中铁离子变为亚铁离子，H2O2具有氧化性，可以再使亚铁离子氧化为铁离子，加快反应速率，故答案为：H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快；
(3)H2O2受热易分解，故答案为：温度升高， H2O2发生了分解；
(4) O2可以将亚铁离子氧化，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
Ⅱ.(5)根据反应机理，反应有快慢之分，提高铜的浸出率的关键在慢反应，故答案为：提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率；
(6)(NH4)2S2O8电离为S2O82-和NH4+，S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，故答案为：S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动。
【点睛】本题难点(6)，分析(NH4)2S2O8的作用，要从反应机理出发，将物质电离成离子，分别看存在什么样的作用，可以快速解题。
9． BDE CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH2= -94.7 kJ·mol-1 0-350℃时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大 e- 2CO2+2===+2O2 负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3
【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3++HCO3-，(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，故答案为BDE；
(2)①I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1，
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1，盖斯定律计算Ⅱ-I得到第二步反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-94.7kJ·mol-1，故答案为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-94.7kJ·mol-1；
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=；
③由图1可知CO2的转化率呈现先升高后降低的变化趋势，考虑到0-350℃时温度升高，化学反应速率加快，转化率增大，第一步反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率升高。故答案为：0-350℃时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大。
(3)该原电池中Al作负极，电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，
电池的正极反应式:2CO2+2e-=C2O42-，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。
①过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：
i：O2+e-=O2-
i：二氧化碳和O2反应生成草酸根和氧气，反应为:3CO2+3O2-=C2O42-+3O2。
②负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。
10．(1)a-c
(2) 负 2CO2+2e-= C2O
(3) 阳极 CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O =HCOO-+HCO 阳极产生氧气，pH减小，HCO浓度降低；K+部分迁移到阴极区
【解析】(1)
根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =ΔH1-ΔH2=( a-c)kJ·mol-1。
(2)
①由电池总反应可知，锂元素化合价升高发生氧化反应，Li是该原电池的负极。
②CO2电还原的电极反应式为3 CO2+4 e-+4Li+= 2 Li2CO3+C；反应依次分四个步骤进行，由ii可知i中CO2+得到电子反应生成C2O，反应电极反应式为2CO2+2e-= C2O；
(3)
①电解CO2制HCOOK，由图可知，二氧化碳在Sn极发生还原反应生成HCOO-，Sn极为阴极，则Pt片为电解池的阳极；
②CO2在Sn极得到电子，发生还原反应生成HCOO-，电极反应式：CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O =HCOO-+HCO；
③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生水电离出的氢氧根离子放电氧气，溶液pH减小，HCO浓度降低，同时K+部分通过阳离子交换膜迁移到阴极区。
11．(1)+3
(2) 4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O 提高 减小 SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高
(3) 减小 2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O， Ca2+与SO形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【解析】（1）
NaClO2中Na是+1价，O是－2价，依据化合价代数和为0可知Cl是+3价；
（2）
①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；
②根据反应的方程式4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；
（3）
①由图分析可知，根据反应4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；
②根据反应的方程式ClO+2SO2SO+Cl−可知平衡常数K表达式为；
③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O向正反应方向进行，所以SO2转化率提高。
12． 羟基 +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O +CH3OH +H2O 2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O
【分析】A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。
【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；
(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；
(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；
(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH +H2O，故答案为：+CH3OH +H2O；
(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；
(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为; ;
(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O；。
【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。
13． 氯原子、碳碳双键 CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl 取代反应 15
【分析】分子式是C3H6的物质A是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Cl2在500℃时发生-CH3上的取代反应产生B是CH2=CH-CH2Cl，B与NH3在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2，CH2=CH-CH2-NH2与ClCH2CH2COOCH3发生取代反应产生C：CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa条件下反应产生D：和CH3OH，D在酸性条件下水解产生E，E脱去-COOH，产生F：；F发生信息③的反应产生G，G与CH3CH2COCl及吡啶发生信息①的反应产生J。
【详解】根据上述分析可知A是：CH2=CH-CH3，B是CH2=CH-CH2Cl，C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，D是；F是。
(1)B是CH2=CH-CH2Cl，官能团为氯原子、碳碳双键；
(2)反应①是CH2=CH-CH2Cl与NH3发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2和HCl，反应方程式为：CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl；
(3)F结构简式是；
(4)根据G、J结构变化可知G与CH3CH2COCl发生取代反应产生J和HCl；
(5)C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa作用下反应产生D：，同时产生CH3OH，反应方程式为：；
(6)F是，分子式是C8H13NO，有机物K分子组成比F少两个氢原子，其分子式是C8H11NO，K的同分异构体符合条件：A．遇FeCl3显紫色，说明物质含有苯环、含有酚羟基；B．苯环上有两个取代基，则可能的官能团有-OH、-CH2CH2-NH2或-OH、CH3CH(NH2)-或-OH、CH3-NH-CH2-或-OH、CH3-CH2-NH-或-OH、五种不同结构，每一种情况下两个官能团在苯环上的位置都有邻、间、对三种不同位置；因此可能的同分异构体共有3×5=15种，其中两种取代基不同的结构简式为：、；
(7)环己醇与浓硫酸混合加热发生消去反应产生环己烯，被酸性KMnO4溶液氧化为己二酸，与C2H5OH在浓硫酸存在和加热时发生酯化反应产生己二酸二乙酯：，在CH3CH2ONa作用下反应信息的反应产生，故合成路线为：。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断。在判断同分异构体种类时，要注意两个侧链中除-OH外另一个侧链可能的结构的种类数目，结合二个官能团在苯环上有邻、间、对三种不同位置进行计算；要充分利用题干信息，结合各种反应特点及物质分子结构前后区别进行判断。
14．(1) 取代反应
(2)CH3CHOHCH3
(3)羟基、酯基
(4)
(5)+CH3OH
(6)BC
(7)
【分析】通过硝化反应生成对硝基甲苯，在氯气和光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代生成，氯原子在强碱的水溶液被羟基取代后催化氧化生成，与催化氧化后得到的丙酮在碱性环境发生消去反应生成；先是羧基与甲醇发生酯化反应生成酯基，后羟基与乙酸酐反应也生成酯基，然后两酯基发生分子内消去反应生成；与通过加成反应生成了。
（1）
从A的分子式和M结构简式分析，A应含有苯环，故结构简式为；B→C的反应条件为Cl2和光照，是硝基甲苯的甲基上的一个氢原子被氯原子所取代，其反应类型是取代反应；
（2）
F是通过E的催化氧化得到，从E的分子式结合核磁共振氢谱只有一种峰的要求分析，E的羟基应连接在中间碳原子上，另外两个碳原子关于中间碳原子左右对称，故E的结构简式是CH3CHOHCH3；
（3）
中的羧基与甲醇发生酯化反应生成酯基，故H中有羟基和酯基；
（4）
D的结构简式是，F是丙酮，从M结构简式分析，结合已知ⅰ，G的结构简式是；
（5）
I是H与乙酸酐取代后得到，其结构简式是，结合已知ⅱ，两酯基发生了分子内消去，反应方程式+CH3OH；
（6）
物质C的结构简式是，与不能使Br2/CCl4溶液褪色，A错误；从物质D的结构简式（）看，含有醛基，能发生银镜反应，B正确；从结构简式分析，M是有G和加成得到，C正确；有机物M的分子式为C19H15NO6，D错误；
（7）
从结构分析，C到D主要是卤素原子变成了醛基，中间应有生成羟基的过程，故合成路线为 。
【点睛】通过结构简式将M分两部分看，分别对应G和J的合成路线。
15．(1)甲苯
(2) 酯基、氨基 还原反应
(3)+Br2+HBr
(4)
(5)
【分析】根据G的结构分析出A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到B为，B发生氧化反应生成C()，C和甲醇发生酯化反应生成D()，D在Fe/HCl作用下反应生成E()，H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，说明含有酚羟基和醛基，苯环上的一氯代物有两种，再根据J的结构得到H()，H发生反应生成J，根据信息i 知J和CH3I再NaOH作用下反应生成K()，根据信息ii知K和CH2(COOH)2发生反应生成L()，E和L发生取代反应生成G()，G发生水解反应生成利喘贝。
（1）
根据G的结构，又知A属于芳香烃，则A的名称为甲苯；故答案为：甲苯。
（2）
E的结构简式为，则E的官能团的名称是酯基、氨基；D()在Fe/HCl作用下反应生成E()即硝基变为氨基，根据加氢去氧是还原，因此D→E的反应类型是还原反应；故答案为：酯基、氨基；还原反应。
（3）
H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种，则得到H结构简式为，由H生成I反应的化学方程式为+Br2+HBr；故答案为：+Br2+HBr。
（4）
根据信息ii知K和CH2(COOH)2发生反应生成L()；故答案为：。
（5）
J俗称香兰素，J的结构简式为，和OHCCOOH发生加成反应即得到，再氧化得到，最后脱酸得到；故答案为：；。
16． BD 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O Fe3+水解程度随pH的升高而增大 2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 ↑+ 4H2O 超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 70℃、pH=10时Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 洗涤 煅烧或灼烧 mol或者mol或者7.81amol
【分析】由制备流程可知，辉铜矿(要成分为Cu2S )用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+ 4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S ，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取后的“水相1”中加入适量氨水最终可制取铁红；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，加入N2H4溶液，调节溶液pH，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉。
【详解】(1 )①上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；
②浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O ，故答案为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O；
(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH> 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe"的水解程度随着pH的升而增大；
(3)①“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O ，故答案为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O；
②根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低，故答案为：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；
③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜，故答案为：Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；
(4)萃取后的"水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的"水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧（或灼烧）可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧；
(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2↑+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是，故答案为：mol或者mol或者7.81amol。
17．(1)过滤
(2)CuFeS2+3Cu2++8Cl-=4CuCl+1Fe2++2S
(3)4FeCl2+O2+6H2O=4FeOOH↓+8HCl或者4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+
(4)AB
(5)11.2
(6)阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过阳离子交换膜从阳极进入阴极，生成NaOH
【分析】黄铜矿溶于盐酸和CuCl2溶液生成Cu2+、CuCl、Fe2+、少量Zn2+、Pb2+和S，通过空气氧化后过滤掉S和FeOOH的固体混合物，得到的Cu2+、CuCl、Pb2+、Zn2+溶液与适量NaOH溶液反应生成固体Cu2(OH)3Cl，再过滤得到含有CuCl、Pb2+、Zn2+滤液，经Na2CO3反应除去Pb2+、Zn2+后，结合NaOH溶液，CuCl转化成Cu2O，最后用H2还原得到单质Cu。
（1）第III步的目的是分离出溶液B和固体Cu2(OH)3Cl，故采取过滤操作；
（2）从Ⅰ中参与反应的盐酸和题给离子方程式信息看，反应物应增加Cl-，铜元素从+2价降为+1价得1个电子，硫元素从-2价升高为0价失2个电子，结合CuFeS2原子组成，先得到Fe2+系数为1、S系数为2，利用得失电子总数相等原则，再得到Cu2+系数为3、CuCl系数为4，最后得到Cl-系数为8；
（3）FeCl2中的Fe2+易被空气氧化，结合产物FeOOH，得到化学方程式4FeCl2+O2+6H2O=4FeOOH↓+8HCl，改写成离子方程式是4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+；
（4）A.Zn2+、Pb2+均能与NaOH溶液结合生成氢氧化物沉淀，后又溶于NaOH溶液生成含氧酸根，为了溶液B中含有Zn2+、Pb2+和CuCl，而能得到固体Cu2(OH)3Cl，需要控制NaOH溶液的用量，A正确；B.Ⅳ的目的是分离出铜元素，在溶液C中，锌和铅元素留在固体Q中，故加入Na2CO3溶液的目的是除去Zn2+、Pb2+，B正确；C.从反应Ⅴ的产物Cu2O结合溶液C中仍然存在的CuCl看，该反应没有发生元素化合价的变化，不是氧化还原反应，C错误；故选择AB；
（5）从化价变化可知H2~Cu2O，57.6kgCu2O的物质的量是 =400mol，需要提供H2的体积为 =11.2m3；
（6）电解NaCl溶液过程中阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过离子膜从阳极进入阴极，得到NaOH溶液，b槽出来的NaOH溶液浓度比进去的高。
【点睛】通过小题(2)的信息推断步骤Ⅰ、Ⅱ的反应产物是理解整个反应流程的关键。
18．(1)增大反应速率，提高浸出率
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3)Fe和FeSO4均作还原剂，相同物质的量的Fe比FeSO4能提供更多电子，消耗相同MnO2时需要Fe更少
(4)过量MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NH3•H2O调节pH使Fe3+和Al3+完全沉淀
(5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
(6)
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，Fe2+与MnO2反应生成二价Mn2+和Fe3+；再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
（1）
步骤Ⅰ，软锰矿需研磨，目的是增大反应速率，提高浸出率。
（2）
在步骤II中，MnO2在酸性条件下与Fe2+反应产生Mn2+、Fe3+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）
在步骤Ⅱ中若用铁屑替代FeSO4会更节省原料，这是由于Fe和FeSO4均作还原剂，相同物质的量的Fe比FeSO4能提供更多电子，因此当消耗相同MnO2时需要Fe更少。
（4）
在步骤III中，使用过量MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+；加入NH3•H2O调节pH能够使Fe3+和Al3+完全沉淀，从而达到分离提纯Mn2+的目的。
（5）
在步骤IV中电解Mn2+的水溶液，Mn2+在阳极上失去电子，与H2O中的O原子结合变为MnO2，同时产生H+，故阳极的电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
（6）
根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应( 5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，根据方程式可知：n (MnO2)=n(Na2C2O4)=，故产品纯度= 。
19．(1) Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子
(2) sp3 杂化 氨气分子间存在氢键 [Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
(3) 1：3
【解析】(1)
已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故答案为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；
(2)
①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故答案为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；
②[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出；
(3)
①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：=3个，Ni个数为：=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3，故答案为：1:3；
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=g·cm-3，故答案为：。
北京市延庆区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·北京延庆·统考一模）合成氨对人类生存具有重大意义：
(1)传统工业合成法：反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H。科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。
①N2的电子式是___。
②写出步骤b的化学方程式___。
③由图象可知合成氨反应的∆H__0(填“>”、“<”或“＝”)。
④工业生产中，除了温度采用400℃—500℃外，促进该反应正向进行的措施是(至少两点)___。
(2)电化学制备方法：目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：
①氢化酶区域发生反应的离子方程式是___。
②溶液中H+的移动方向是___(填“向左”或“向右”)。
③下列说法正确的是___。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极a是燃料电池的负极
C．该方法相较于传统工业合成方法具有条件温和，对环境友好等优点
二、实验题
2．（2020·北京延庆·统考一模）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。
实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：
(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。
(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。
实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：
过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；
②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；
③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用c mol·L−1 Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去V mL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。
(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。
(4)滴定终点的现象是___________________。
(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。
3．（2020·北京延庆·统考一模）硝酸铁具有较强的氧化性，易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸。可用于金属表面化学抛光剂。
(1)制备硝酸铁
取100mL 8mol· L-1硝酸于a中，取 5.6g铁屑于b中，水浴保持反应温度不超过70℃。
①b中硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体。写出b中发生反应的离子方程式：_______。
②若用实验制得的硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、_________、___________，用浓硝酸洗涤、干燥。
(2)探究硝酸铁的性质。用硝酸铁晶体配制0.1mol·L-1硝酸铁溶液，溶液呈黄色，进行实验如下：
实验一：硝酸铁溶液与银反应：
i.测0.1mol·L-1硝酸铁溶液pH约等于1.6 。
ii.将5mL 0.1mol·L-1硝酸铁溶液加到有银镜的试管中，约1min银镜完全溶解。使银镜溶解的反应原理有两个反应：
a. Fe3+使银镜溶解 b. NO3-使银镜溶解
①证明Fe3+使银镜溶解，应辅助进行的实验操作是_________。
②用5mL __________溶液，加到有银镜的试管中，约1.2min银镜完全溶解。证明NO3-使银镜溶解。
③为进一步研究溶解过程，用5mLpH约等于1.6的0.05mol·L-1硫酸铁溶液，加到有银镜的试管中，约10min银镜完全溶解。
实验二：硝酸铁溶液与二氧化硫反应，用如图所示装置进行实验：
i.缓慢通入SO2，溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色。
ii.继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色。
已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)
④步骤i反应开始时，以NO3-氧化SO2为主，理由是：_________。
⑤步骤ii后期反应的离子方程式是__________。
(3)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是__________。
4．（2019·北京延庆·统考一模）某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。
(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是______。阳极发生的电极反应式为_______。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_______。
(2)小组同学在实际电解过程中，意外的观察到下表的实验现象：
条件
电极
现象
电压12V
电流3A
阴极
3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。
阳极
开始出现少量气泡，后来气泡增多。
实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：
资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。
资料2：[CuCl2.CuCl2(H2O)]-(棕褐色)CuCl+Cu2++3Cl-+H2O。
Ⅰ.探究阴极表面产生的白色物质：
①根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式______。
②学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。
如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是______。
实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。
Ⅱ.探究阴极区域溶液呈现棕褐色的原因：
猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入______，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。
实验结论：溶液颜色呈现棕褐色______(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2(H2O)]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2.CuCl2(H2O)]-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的流程图______。
实验结论：通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。
5．（2021·北京延庆·统考一模）某实验小组同学探究“氧化剂对KSCN检验Fe2+的影响”，进行如下实验：
实验
试剂
现象
试管
滴管(各1滴)
2mL0.5mol•L-1FeSO4溶液与1滴0.5mol•L-1KSCN溶液
饱和氯水
Ⅰ.溶液立即变为浅红色
稀硝酸
Ⅱ.溶液立即变为红色
5%H2O2溶液
Ⅲ.溶液立即变为深红色，无气体产生
已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为SO。
(1)向2mL0.5mol•L-1FeSO4溶液中滴加1滴0.5mol•L-1KSCN溶液，无明显现象，通入O2，无明显变化。
①该实验的目的是___。
②用离子方程式表示Ⅰ中出现浅红色的原因：___、___。
(2)对Ⅰ中溶液为浅红色的原因，甲同学提出以下假设。
①假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低
②假设2：氯水氧化性强，氧化了部分SCN-
继续以下实验：
i.取Ⅰ中浅红色溶液，___(填写实验操作)，溶液浅红色消失，从而排除了假设1
ⅱ.向2mL水中滴加1滴0.5mol•L-1KSCN溶液，滴加1滴饱和氯水，加入试剂a___(填写化学式)，产生白色沉淀。
(3)为验证实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ.中硫氰化钾的被氧化程度，进行以下探究实验：
已知：溶解度：AgSCN(白色)＜AgCl＜Ag2SO4
分别向下表4支试管溶液中，继续滴加一定浓度的AgNO3溶液至溶液红色恰好褪去，记录消耗AgNO3溶液的体积。实验记录如下：
实验
试管
消耗AgNO3溶液的体积/mL
IV
实验I中溶液
1.52
V
实验II中溶液
1.60
VI
实验III中溶液
1.84
VII
2mL水与1滴Fe2(SO4)3溶液和1滴0.5mol•L-1KSCN溶液
2.40
①用化学用语表示滴加AgNO3后溶液红色褪去的原因___。
②由Ⅳ～Ⅶ可以得出的结论是___。
(4)借助紫外-可见分光光度计可以测定Fe3+浓度。已知：体系的吸光度与Fe3+浓度呈线性正相关。丙同学利用上述方法测定了实验I、II、III体系的吸光度，数据如图所示。由上述实验可知，I、II、III中溶液颜色分别呈现浅红色、红色和深红色的原因为___。
6．（2022·北京延庆·统考一模）某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。
(1)连接装置(如图Ⅰ所示)，断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe表面产生大量无色气泡，Cu表面无明显变化；闭合开关K，电流表指针向右偏转，Fe和Cu表面均产生大量无色气泡。
①欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是_______。
②分别用化学用语表示Fe和Cu表面均产生无色气泡的原因：_______；_______。
(2)该小组同学将(1)中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体。改进实验装置(如图II所示)，闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转，约2秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。
①铜与浓硝酸反应的离子方程式为_______。
②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是_______(结合铜电极反应式说明)。
③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：_______。
三、原理综合题
7．（2020·北京延庆·统考一模）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采用天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
Ⅰ.蒸汽转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，结合图表信息回答问题。
(1)该过程的热化学方程式是__________。
(2)平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如图所示，判断T1和T2的大小关系：T1_______T2(填“>”“<”或“=”)，并说明理由__________。
(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1mol CH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，计算该条件下反应的平衡常数为______________。
Ⅱ.CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅲ.模拟H2提纯工艺：将CO2和H2分离得到H2的过程如下：
依据图示信息回答：
(4)吸收池中发生反应的离子方程式是_________。
(5)写出电解池中阳极发生的电极反应式________；结合化学用语说明K2CO3溶液再生的原因_________。
8．（2020·北京延庆·统考一模）辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。
Ⅰ.湿法炼铜用Fe2(SO4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+：
(1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子方程式______________________。
(2)控制温度为85℃、浸取剂的pH = 1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验：
实验
试剂及操作
3小时后Cu2+浸出率(%)
一
加入10mL 0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5 mL水
81.90
二
加入10 mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL 0.1mol·L-1H2O2
92.50
回答：H2O2使Cu2+浸出率提高的原因可能是__________。
(3)实验二在85℃后，随温度升高，测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_________________。
(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O2并加入适量的CuO，有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O2的作用_________。解释加入CuO的原因是_____。
Ⅱ.某课题组利用碳氨液((NH4)2CO3、NH3·H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。
其反应机理如下：
①Cu2S(s)⇌2Cu+(aq) +S2-(aq) (快反应)
②4Cu++O2+2H2O⇌4Cu2++4OH- (慢反应)
③Cu2++4NH3·H2O⇌Cu(NH3)42++4H2O(快反应)
(5)提高铜的浸出率的关键因素是 ________。
(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因是__________。
9．（2019·北京延庆·统考一模）CO2的捕集和利用因为其工业价值和减少CO2排放的环境意义而受到广泛关注。
(1)下列物质中可以作为CO2捕获剂的是______。
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2 E．(NH4)2CO3
(2)在Cu/ZnO催化剂条件下，CO2与H2可生成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ.mol-1。科研人员提出了该催化反应历程的示意图如下，其中CO是重要的中间产物。
已知：第一步反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ.mol-1
①第二步反应的热化学方程式是______。
②CO2与H2生成CH3OH反应的平衡常数表达式K=______。
③下图是其他条件一定时，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线，请结合化学用语说明温度低于350℃时，CO2的平衡转化率随温度变化的原因是______。
(3)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2。电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池原理如下：
①O2作为正极反应的催化剂，可能的催化过程如下，将i补充完整，并写出ii的离子方程式。
i．O2+_____===_____；
ii．_______。
②结合电极反应式简述Al2(C2O4)3的生成______。
10．（2022·北京延庆·统考一模）当今世界，“碳达峰”“碳中和”已经成为了环保领域的“热词”，我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。深度脱碳(CO2)的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
I.大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
(a)CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH1=akJ·mol-1
(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=bkJ·mol-1
(c)2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH3=ckJ·mol-1
(d)······
(1)根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =_______ kJ·mol-1。
II.利用电化学方法可实现二氧化碳的资源化利用。
(2)原电池法：我国科学家研究Li—CO2电池，取得重大突破。该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C。
①在Li—CO2电池中，Li为单质锂片，是该原电池的_______(填“正”或“负”)极。
②CO2电还原过程依次按以下四个步骤进行，写出步骤I的电极反应式
i._______
ii.C2O=CO+CO2
iii.CO2+2CO=2CO+C
iv.CO+2Li+=Li2CO3
(3)电解法：如电解CO2制HCOOK。该原理示意图如下：
①Pt片为电解池的_______极。
②写出CO2还原为HCOO-的电极反应式：_______。
③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_______。
11．（2022·北京延庆·统考一模）燃烧煤排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
(1)NaClO2中氯的化合价为_______。
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO
SO
NO
NO
Cl-
c/(mol·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
1.2×10-5
3.4×10-3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式：_______。增加压强，NO的转化率_______(填“提高”“不变”或“降低”)。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_______。
(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
②反应ClO+2SO2SO+Cl−的平衡常数K表达式为_______。
③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果，从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______。
四、有机推断题
12．（2020·北京延庆·统考一模）法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：
已知：①法华林的结构简式：
②
③
(1)A的结构简式是___________。
(2)C分子中含氧官能团是___________。
(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。
(4)E的结构简式是___________。
(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。
(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。
(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。
(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：
写出甲→乙反应的化学方程式 ___________；丙的结构简式是_________。
13．（2019·北京延庆·统考一模）镇痛药物J的合成方法如下：
已知：①+Cl—R3+HCl
②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH
③(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)
(1)B的官能团为_____。
(2)反应①的化学方程式______。
(3)F的结构简式______。
(4)G→J的反应类型_______。
(5)C→D的化学反应方程式_______。
(6)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有____种，写出其中两种取代基不同的结构简式_____、______。
A．遇FeCl3显紫色B．苯环上有两个取代基
(7)已知：R1HC=CHR2R1COOH+R2COOH，R1、R2为烃基。是一种重要的化工中间体。以环己醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂写出合成路线________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
14．（2021·北京延庆·统考一模）有机物M是一种抗血栓药物，结构简式为，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.RCHO+CH3COR′RCH=CHCOR′
ⅱ.RCOOR′+CH3COOR″
(1)A的结构简式为___，B→C的反应类型是___。
(2)F的核磁共振氢谱只有一种峰，E结构简式是___。
(3)化合物H中所含官能团名称是___。
(4)G的结构简式是___。
(5)I→J的化学方程式是___。
(6)下列说法正确的是___。
A．化合物C能使Br2/CCl4溶液褪色 B．化合物D能发生银镜反应
C．J+G→M的反应类型是加成反应 D．有机物M的分子式为C19H15O6
(7)设计C→D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：___。
15．（2022·北京延庆·统考一模）利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如下：
已知：
i. + CH3I+NaI+H2O
ii. R1−CHO R1−CH=CH−COOH
(1)A属于芳香烃，则A的名称为_______；
(2)E的官能团的名称是_______；D→E的反应类型是_______；
(3)H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种。由H生成I反应的化学方程式为_______；
(4)L的结构简式为_______。
(5)J俗称香兰素，在食品行业中主要作为−种增香剂。香兰素的一种合成路线如下。
中间产物1和中间产物2的结构简式分别为_______；_______。
五、工业流程题
16．（2019·北京延庆·统考一模）纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。
资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4·H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)
(1)①上述流程中可以加快反应速率的措施有______。
A．过滤和萃取 B．升高温度 C．增大压强 D．研磨矿石
②用FeCl3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_______。
(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。
(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：
pH
6
7
8
9
10
11
12
Cu2+还原率(%)
34
60
90
92
95
92
90
产物形态
砖红色Cu2O
铜粉
紫黑色纳米铜
温度
30
40
50
60
70
80
90
Cu2+还原率(%)
25
45
70
80
95
90
85
产物形态
砖红色Cu2O
铜粉
紫黑色纳米铜
①该反应的离子方程式为_______。
②超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是______。
③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH=10的理由是______。
(4)“水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、______等操作可得到Fe2O3。
(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是______。
17．（2021·北京延庆·统考一模）工业用黄铜矿【主要成分CuFeS2(Fe化合价+2)，含少量锌、铅的硫化物】冶炼铜的一种方法如图：
(1)从流程图可以看出，第III步的分离操作是__。
(2)完成Ⅰ中发生反应的离子方程式。___。
CuFeS2+____Cu2++____=____CuCl+Fe2++____S
(3)固体M是S和FeOOH的混合物，写出Ⅱ中通入空气，将FeCl2转化FeOOH沉淀的化学方程式是___。
(4)溶液B中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和CuCl，下列说法正确的是____。
A．Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量
B．Ⅳ中加入Na2CO3溶液的目的是除去Zn2+、Pb2+
C．反应Ⅴ发生了氧化还原反应
(5)反应Ⅵ中用H2将57.6kgCu2O完全还原，若H2的利用率是80%，则需要提供H2的体积是__m3(标准状况)。
(6)从物质循环利用的角度看，电解NaCl溶液能够很好的服务于该冶炼铜的工艺，分析图(a)，结合化学用语说明骤Ⅲ所需原料的生成原理：___。
18．（2021·北京延庆·统考一模）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离子沉淀的pH
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
(1)步骤Ⅰ，软锰矿需研磨。目的是___。
(2)写出步骤Ⅱ溶出Mn2+发生反应的离子方程式___。
(3)步骤Ⅱ中若用铁屑替代FeSO4会更节省原料，原因是___。
(4)写出步骤Ⅲ纯化过程所加试剂的目的___。
(5)IV电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是___。
(6)测定产品纯度。向m g产品中依次加入足量n g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用a mol•L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b L，产品纯度为___(用质量分数表示)。(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2—87；Na2C2O4—134)
六、结构与性质
19．（2022·北京延庆·统考一模）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
(1)基态铜原子的价层电子的轨道表示式为_______，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是_______。
(2)向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu(NH3)4]SO4·H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为_______。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是_______。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因_______。
(3)某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=_______g·cm-3(NA表示阿伏伽德罗常数，列出计算式)。
参考答案：
1．(1) 2*NN+H2=2*NNH(或*NN+H2=*NNH+H) < 增大压强；增大氢气或者氮气的浓度；移走氨气
(2) H2+2MV2+=2H++2MV+ 向右 BC
【详解】（1）N2的氮原子间是氮氮叁键，电子式是；从图中可知，步骤b是*NN生成*NNH，化学方程式是2*NN+H2=2*NNH（或*NN+H2=*NNH+H）；从反应物“N2+3H2”到生成物“2NH3”总能量下降，反应过程放出热量，故∆H<0；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，气体物质系数正向较小，为促进该反应正向进行，可以增大体系压强、增大氢气或者氮气的浓度、移走氨气等；
（2）电极a MV+转变成MV2+失去电子，作负极，电极b是正极，氢化酶区域MV2+转变成MV+，发生反应的离子方程式是H2+2MV2+=2H++2MV+；溶液中阳离子朝正极移动，质子交换膜允许H+通过，故溶液中H+的向右移动；该装置是原电池，将化学能转化为电能，相较于传统工业合成氨的高温高压，该方法反应条件温和，对环境友好，选择BC；
【点睛】注意从题给示意图中观察物质的变化方向和途径，第一题结合原子守恒，第二题结合氧化还原原理，是解题突破口。
2． 降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸 冰水浴 防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量 溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化 1.35×10-2cV
【分析】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；
(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
Ⅱ. (3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。
【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；
(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；
Ⅱ. (3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=×c•V•10-3 mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。
【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。
3． Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O 降温结晶 过滤 取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀 0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液 实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成 2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+ 在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。
【分析】(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，据此写离子方程式；
②根据溶液提取晶体的操作回答；
(2) ①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存在即可；
②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作；
④溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色；
⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成；
(3)总结实验一和实验二可知答案。
【详解】(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，离子方程式为：Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O，故答案为：Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O；
②由硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、降温结晶、过滤、用浓硝酸洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；过滤；
(2) ①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀即可，故答案为：取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀；
②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作，即加入的为0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液，故答案为：0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液；
④实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成，故答案为：实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成；
⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成，离子方程式为：2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+，故答案为：2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+；
(3)总结实验一和实验二可知，在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主，故答案为：在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。
4． 有红色(紫红色)固体产生 2Cl- - 2e- = Cl2 ↑ CuCl2Cu + Cl2↑ Cu+CuCl2=CuCl ↓ 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 NaCl固体至不再溶解 不是
【分析】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；
（2）Ⅰ．①根据资料用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀可得；
②取试验中阴极的白色物质与实验A做对照试验；
Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致
实验应向氯化铜溶液加入高浓度的Cl-，溶液没有变成棕褐色，说明该猜想不成立；
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关
取阴极附近的棕褐色溶液重复步骤一，得到与步骤一相同的现象说明该猜想成立。
【详解】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2++2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：析出红色铜；2Cl--2e-=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑；
（2）Ⅰ．①Cu还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；
②实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl，
故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；
Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2（H2O）]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2•CuCl2（H2O）]棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
，
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：
，
通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关；
故答案为：。
5．(1) 排除在此条件下氧气氧化Fe2+的可能性 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2) 继续滴加饱和氯水 稀盐酸和氯化钡溶液
(3) Fe(SCN)3+3Ag+=Fe3++3AgSCN↓(或者Fe(SCN)3+3AgNO3=Fe(NO3)3+3AgSCN↓) 以上三种氧化剂都可以氧化SCN-，饱和氯水氧化SCN-能力最强，5%双氧水氧化SCN-能力最弱
(4)由实验IV、V、VI可知：SCN-被氧化后，剩余的SCN-物质的量大小关系为I
【分析】2mL0.5mol•L-1FeSO4溶液与1滴0.5mol•L-1KSCN溶液混合后，Fe2+被氧化生成Fe3+后与SCN－结合生成Fe(SCN)3是溶液颜色变红的原因；不同的氧化剂氧化SCN－的强度不同，溶液中剩余与Fe3+结合的SCN－量不同。
(1)
排除在此条件下氧气氧化Fe2+的可能性，排除氧气对实验的干扰；滴加饱和氯水发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－、Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，溶液变为浅红色；
(2)
Ⅰ中溶液为浅红色的原因分析，若是生成的Fe3+浓度低则继续滴加饱和氯水会使颜色加深；结合已知，若是SCN－被氧化为SO则加入稀盐酸和氯化钡溶液会产生白色沉淀BaSO4，且Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存，不会造成干扰；
(3)
滴加AgNO3溶液后发生反应：Fe(SCN)3+3Ag+=Fe3++3AgSCN↓，溶液红色褪去，生成白色沉淀；实验VII作为对照，饱和氯水、稀硝酸、5%H2O2溶液都可以氧化SCN-，使反应后溶液中Fe(SCN)3消耗AgNO3溶液的体积均低于实验VII，且实验VI、V、IV耗AgNO3溶液的体积逐渐较小，故饱和氯水氧化SCN-能力最强，5%双氧水氧化SCN-能力最弱；
(4)
由实验IV、V、VI可知：SCN-被氧化后，剩余的SCN-物质的量大小关系为I
6．(1) 取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氰化钾溶液，产出蓝色沉淀 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 2H++2e-= H2↑
(2) Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O 形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-= Cu(或NO+2H++e-= NO2↑+H2O) 电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应
【解析】（1）
①铁电极发生氧化反应会生成Fe2+，检验亚铁离子需要用铁氰化钾溶液，实验操作和现象是：取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氰化钾溶液，产出蓝色沉淀；
②Fe表面产生无色气泡的原因是铁单质与稀硫酸发生化学反应生成硫酸亚铁和氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe和Cu和稀硫酸形成原电池，Cu做正极，氢离子移至Cu表面得电子生成氢气，则Cu表面产生无色气泡的原因：2H++2e-= H2↑；
（2）
①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O；
②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，形成原电池，铁做负极、铜做正极，电流从左流向右，则观察到指针快速向右偏转的原因是：形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-= Cu(或NO+2H++e-= NO2↑+H2O)；
③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。设计实验方案证明：电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应。
7． > 根据热化学方程式可知，升高温度，平衡正向移动， CO的体积分数增大；再对应图象，压强一定时，则T1>T2 0.75 阴极放电发生反应：产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：，实现了K2CO3溶液的再生
【分析】Ⅰ.(1)由图可知，反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，据此书写热化学方程式；
(2)根据压强和温度对化学平衡的影响分析；
(3)由三段式分析，计算该条件下反应的平衡常数；
Ⅲ. 由图可知，吸收池中二氧化碳与碳酸钾溶液的反应得到碳酸氢钾，据此书写离子方程式。
【详解】Ⅰ.(1) 由图可知，1mol甲烷、1mol水蒸气生成1molCO和3mol氢气吸收热量(2582−2378)kJ=204kJ，故热化学方程式为：，故答案为：；
(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以相同压强下，温度越高，CO的体积分数越大，故T1>T2，故答案为：>；根据热化学方程式可知，升高温度，平衡正向移动， CO的体积分数增大，再对应图象，压强一定时，则T1>T2；
(3) 一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，设消耗甲烷物质的量x，据此计算：
，x=mol，则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H2O)=mol/L，c(CO)=mol/L，c(H2)=1mol/L，则该反应的平衡常数K==0.75，故答案为：0.75；
Ⅲ.(4)由图可知，吸收池中氢气并未反应，二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池,即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；
(5)HCO3−存在电离平衡：HCO3−⇌H++CO32−，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生，阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，阳极反应：；HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生，故答案为：；阴极放电发生反应：产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：，实现了K2CO3溶液的再生。
8． H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快 温度升高， H2O2发生了分解 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀 提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率 S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动
【分析】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，据此写离子方程式；
(2) H2O2具有氧化性；
(3)温度高，H2O2易分解；
(4) O2的可以将亚铁离子氧化；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
Ⅱ.(5)根据反应机理，提高铜的浸出率的关键在慢反应；
(6)根据(NH4)2S2O8的性质分析作答。
【详解】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，则离子方程式为，故答案为：；
(2) 浸出过程中铁离子变为亚铁离子，H2O2具有氧化性，可以再使亚铁离子氧化为铁离子，加快反应速率，故答案为：H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快；
(3)H2O2受热易分解，故答案为：温度升高， H2O2发生了分解；
(4) O2可以将亚铁离子氧化，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
Ⅱ.(5)根据反应机理，反应有快慢之分，提高铜的浸出率的关键在慢反应，故答案为：提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率；
(6)(NH4)2S2O8电离为S2O82-和NH4+，S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，故答案为：S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动。
【点睛】本题难点(6)，分析(NH4)2S2O8的作用，要从反应机理出发，将物质电离成离子，分别看存在什么样的作用，可以快速解题。
9． BDE CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH2= -94.7 kJ·mol-1 0-350℃时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大 e- 2CO2+2===+2O2 负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3
【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3++HCO3-，(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，故答案为BDE；
(2)①I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1，
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1，盖斯定律计算Ⅱ-I得到第二步反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-94.7kJ·mol-1，故答案为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-94.7kJ·mol-1；
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=；
③由图1可知CO2的转化率呈现先升高后降低的变化趋势，考虑到0-350℃时温度升高，化学反应速率加快，转化率增大，第一步反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率升高。故答案为：0-350℃时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大。
(3)该原电池中Al作负极，电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，
电池的正极反应式:2CO2+2e-=C2O42-，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。
①过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：
i：O2+e-=O2-
i：二氧化碳和O2反应生成草酸根和氧气，反应为:3CO2+3O2-=C2O42-+3O2。
②负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。
10．(1)a-c
(2) 负 2CO2+2e-= C2O
(3) 阳极 CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O =HCOO-+HCO 阳极产生氧气，pH减小，HCO浓度降低；K+部分迁移到阴极区
【解析】(1)
根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =ΔH1-ΔH2=( a-c)kJ·mol-1。
(2)
①由电池总反应可知，锂元素化合价升高发生氧化反应，Li是该原电池的负极。
②CO2电还原的电极反应式为3 CO2+4 e-+4Li+= 2 Li2CO3+C；反应依次分四个步骤进行，由ii可知i中CO2+得到电子反应生成C2O，反应电极反应式为2CO2+2e-= C2O；
(3)
①电解CO2制HCOOK，由图可知，二氧化碳在Sn极发生还原反应生成HCOO-，Sn极为阴极，则Pt片为电解池的阳极；
②CO2在Sn极得到电子，发生还原反应生成HCOO-，电极反应式：CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O =HCOO-+HCO；
③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生水电离出的氢氧根离子放电氧气，溶液pH减小，HCO浓度降低，同时K+部分通过阳离子交换膜迁移到阴极区。
11．(1)+3
(2) 4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O 提高 减小 SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高
(3) 减小 2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O， Ca2+与SO形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【解析】（1）
NaClO2中Na是+1价，O是－2价，依据化合价代数和为0可知Cl是+3价；
（2）
①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；
②根据反应的方程式4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；
（3）
①由图分析可知，根据反应4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；
②根据反应的方程式ClO+2SO2SO+Cl−可知平衡常数K表达式为；
③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O向正反应方向进行，所以SO2转化率提高。
12． 羟基 +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O +CH3OH +H2O 2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O
【分析】A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。
【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；
(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；
(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；
(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH +H2O，故答案为：+CH3OH +H2O；
(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；
(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为; ;
(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O；。
【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。
13． 氯原子、碳碳双键 CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl 取代反应 15
【分析】分子式是C3H6的物质A是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Cl2在500℃时发生-CH3上的取代反应产生B是CH2=CH-CH2Cl，B与NH3在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2，CH2=CH-CH2-NH2与ClCH2CH2COOCH3发生取代反应产生C：CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa条件下反应产生D：和CH3OH，D在酸性条件下水解产生E，E脱去-COOH，产生F：；F发生信息③的反应产生G，G与CH3CH2COCl及吡啶发生信息①的反应产生J。
【详解】根据上述分析可知A是：CH2=CH-CH3，B是CH2=CH-CH2Cl，C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，D是；F是。
(1)B是CH2=CH-CH2Cl，官能团为氯原子、碳碳双键；
(2)反应①是CH2=CH-CH2Cl与NH3发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2和HCl，反应方程式为：CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl；
(3)F结构简式是；
(4)根据G、J结构变化可知G与CH3CH2COCl发生取代反应产生J和HCl；
(5)C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa作用下反应产生D：，同时产生CH3OH，反应方程式为：；
(6)F是，分子式是C8H13NO，有机物K分子组成比F少两个氢原子，其分子式是C8H11NO，K的同分异构体符合条件：A．遇FeCl3显紫色，说明物质含有苯环、含有酚羟基；B．苯环上有两个取代基，则可能的官能团有-OH、-CH2CH2-NH2或-OH、CH3CH(NH2)-或-OH、CH3-NH-CH2-或-OH、CH3-CH2-NH-或-OH、五种不同结构，每一种情况下两个官能团在苯环上的位置都有邻、间、对三种不同位置；因此可能的同分异构体共有3×5=15种，其中两种取代基不同的结构简式为：、；
(7)环己醇与浓硫酸混合加热发生消去反应产生环己烯，被酸性KMnO4溶液氧化为己二酸，与C2H5OH在浓硫酸存在和加热时发生酯化反应产生己二酸二乙酯：，在CH3CH2ONa作用下反应信息的反应产生，故合成路线为：。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断。在判断同分异构体种类时，要注意两个侧链中除-OH外另一个侧链可能的结构的种类数目，结合二个官能团在苯环上有邻、间、对三种不同位置进行计算；要充分利用题干信息，结合各种反应特点及物质分子结构前后区别进行判断。
14．(1) 取代反应
(2)CH3CHOHCH3
(3)羟基、酯基
(4)
(5)+CH3OH
(6)BC
(7)
【分析】通过硝化反应生成对硝基甲苯，在氯气和光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代生成，氯原子在强碱的水溶液被羟基取代后催化氧化生成，与催化氧化后得到的丙酮在碱性环境发生消去反应生成；先是羧基与甲醇发生酯化反应生成酯基，后羟基与乙酸酐反应也生成酯基，然后两酯基发生分子内消去反应生成；与通过加成反应生成了。
（1）
从A的分子式和M结构简式分析，A应含有苯环，故结构简式为；B→C的反应条件为Cl2和光照，是硝基甲苯的甲基上的一个氢原子被氯原子所取代，其反应类型是取代反应；
（2）
F是通过E的催化氧化得到，从E的分子式结合核磁共振氢谱只有一种峰的要求分析，E的羟基应连接在中间碳原子上，另外两个碳原子关于中间碳原子左右对称，故E的结构简式是CH3CHOHCH3；
（3）
中的羧基与甲醇发生酯化反应生成酯基，故H中有羟基和酯基；
（4）
D的结构简式是，F是丙酮，从M结构简式分析，结合已知ⅰ，G的结构简式是；
（5）
I是H与乙酸酐取代后得到，其结构简式是，结合已知ⅱ，两酯基发生了分子内消去，反应方程式+CH3OH；
（6）
物质C的结构简式是，与不能使Br2/CCl4溶液褪色，A错误；从物质D的结构简式（）看，含有醛基，能发生银镜反应，B正确；从结构简式分析，M是有G和加成得到，C正确；有机物M的分子式为C19H15NO6，D错误；
（7）
从结构分析，C到D主要是卤素原子变成了醛基，中间应有生成羟基的过程，故合成路线为 。
【点睛】通过结构简式将M分两部分看，分别对应G和J的合成路线。
15．(1)甲苯
(2) 酯基、氨基 还原反应
(3)+Br2+HBr
(4)
(5)
【分析】根据G的结构分析出A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到B为，B发生氧化反应生成C()，C和甲醇发生酯化反应生成D()，D在Fe/HCl作用下反应生成E()，H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，说明含有酚羟基和醛基，苯环上的一氯代物有两种，再根据J的结构得到H()，H发生反应生成J，根据信息i 知J和CH3I再NaOH作用下反应生成K()，根据信息ii知K和CH2(COOH)2发生反应生成L()，E和L发生取代反应生成G()，G发生水解反应生成利喘贝。
（1）
根据G的结构，又知A属于芳香烃，则A的名称为甲苯；故答案为：甲苯。
（2）
E的结构简式为，则E的官能团的名称是酯基、氨基；D()在Fe/HCl作用下反应生成E()即硝基变为氨基，根据加氢去氧是还原，因此D→E的反应类型是还原反应；故答案为：酯基、氨基；还原反应。
（3）
H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种，则得到H结构简式为，由H生成I反应的化学方程式为+Br2+HBr；故答案为：+Br2+HBr。
（4）
根据信息ii知K和CH2(COOH)2发生反应生成L()；故答案为：。
（5）
J俗称香兰素，J的结构简式为，和OHCCOOH发生加成反应即得到，再氧化得到，最后脱酸得到；故答案为：；。
16． BD 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O Fe3+水解程度随pH的升高而增大 2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 ↑+ 4H2O 超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 70℃、pH=10时Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 洗涤 煅烧或灼烧 mol或者mol或者7.81amol
【分析】由制备流程可知，辉铜矿(要成分为Cu2S )用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+ 4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S ，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取后的“水相1”中加入适量氨水最终可制取铁红；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，加入N2H4溶液，调节溶液pH，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉。
【详解】(1 )①上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；
②浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O ，故答案为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O；
(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH> 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe"的水解程度随着pH的升而增大；
(3)①“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O ，故答案为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O；
②根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低，故答案为：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；
③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜，故答案为：Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；
(4)萃取后的"水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的"水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧（或灼烧）可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧；
(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2↑+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是，故答案为：mol或者mol或者7.81amol。
17．(1)过滤
(2)CuFeS2+3Cu2++8Cl-=4CuCl+1Fe2++2S
(3)4FeCl2+O2+6H2O=4FeOOH↓+8HCl或者4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+
(4)AB
(5)11.2
(6)阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过阳离子交换膜从阳极进入阴极，生成NaOH
【分析】黄铜矿溶于盐酸和CuCl2溶液生成Cu2+、CuCl、Fe2+、少量Zn2+、Pb2+和S，通过空气氧化后过滤掉S和FeOOH的固体混合物，得到的Cu2+、CuCl、Pb2+、Zn2+溶液与适量NaOH溶液反应生成固体Cu2(OH)3Cl，再过滤得到含有CuCl、Pb2+、Zn2+滤液，经Na2CO3反应除去Pb2+、Zn2+后，结合NaOH溶液，CuCl转化成Cu2O，最后用H2还原得到单质Cu。
（1）第III步的目的是分离出溶液B和固体Cu2(OH)3Cl，故采取过滤操作；
（2）从Ⅰ中参与反应的盐酸和题给离子方程式信息看，反应物应增加Cl-，铜元素从+2价降为+1价得1个电子，硫元素从-2价升高为0价失2个电子，结合CuFeS2原子组成，先得到Fe2+系数为1、S系数为2，利用得失电子总数相等原则，再得到Cu2+系数为3、CuCl系数为4，最后得到Cl-系数为8；
（3）FeCl2中的Fe2+易被空气氧化，结合产物FeOOH，得到化学方程式4FeCl2+O2+6H2O=4FeOOH↓+8HCl，改写成离子方程式是4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+；
（4）A.Zn2+、Pb2+均能与NaOH溶液结合生成氢氧化物沉淀，后又溶于NaOH溶液生成含氧酸根，为了溶液B中含有Zn2+、Pb2+和CuCl，而能得到固体Cu2(OH)3Cl，需要控制NaOH溶液的用量，A正确；B.Ⅳ的目的是分离出铜元素，在溶液C中，锌和铅元素留在固体Q中，故加入Na2CO3溶液的目的是除去Zn2+、Pb2+，B正确；C.从反应Ⅴ的产物Cu2O结合溶液C中仍然存在的CuCl看，该反应没有发生元素化合价的变化，不是氧化还原反应，C错误；故选择AB；
（5）从化价变化可知H2~Cu2O，57.6kgCu2O的物质的量是 =400mol，需要提供H2的体积为 =11.2m3；
（6）电解NaCl溶液过程中阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过离子膜从阳极进入阴极，得到NaOH溶液，b槽出来的NaOH溶液浓度比进去的高。
【点睛】通过小题(2)的信息推断步骤Ⅰ、Ⅱ的反应产物是理解整个反应流程的关键。
18．(1)增大反应速率，提高浸出率
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3)Fe和FeSO4均作还原剂，相同物质的量的Fe比FeSO4能提供更多电子，消耗相同MnO2时需要Fe更少
(4)过量MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NH3•H2O调节pH使Fe3+和Al3+完全沉淀
(5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
(6)
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，Fe2+与MnO2反应生成二价Mn2+和Fe3+；再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
（1）
步骤Ⅰ，软锰矿需研磨，目的是增大反应速率，提高浸出率。
（2）
在步骤II中，MnO2在酸性条件下与Fe2+反应产生Mn2+、Fe3+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）
在步骤Ⅱ中若用铁屑替代FeSO4会更节省原料，这是由于Fe和FeSO4均作还原剂，相同物质的量的Fe比FeSO4能提供更多电子，因此当消耗相同MnO2时需要Fe更少。
（4）
在步骤III中，使用过量MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+；加入NH3•H2O调节pH能够使Fe3+和Al3+完全沉淀，从而达到分离提纯Mn2+的目的。
（5）
在步骤IV中电解Mn2+的水溶液，Mn2+在阳极上失去电子，与H2O中的O原子结合变为MnO2，同时产生H+，故阳极的电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
（6）
根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应( 5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，根据方程式可知：n (MnO2)=n(Na2C2O4)=，故产品纯度= 。
19．(1) Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子
(2) sp3 杂化 氨气分子间存在氢键 [Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
(3) 1：3
【解析】(1)
已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故答案为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；
(2)
①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故答案为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；
②[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出；
(3)
①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：=3个，Ni个数为：=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3，故答案为：1:3；
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=g·cm-3，故答案为：。
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