2022-2023学年江苏省如皋中学高三上学期第二次阶段考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省如皋中学高三上学期第二次阶段考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，有机推断题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省如皋中学2022-2023学年高三上学期第二次阶段考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．硝化甘油(分子式为C3H5N3O9)是一种烈性炸药，可由丙三醇()与浓硝酸反应制得。下列有关说法正确的是
A．丙三醇和乙醇互为同系物 B．丙三醇易溶于水的原因是分子中含多个羟基
C．该反应实现了“氮的固定” D．该反应原子利用率为100%
【答案】B
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，丙三醇和乙醇不互为同系物，A错误；
B．丙三醇易溶于水的原因是分子中含多个羟基，能和水分子形成分子间氢键，B正确；
C．“氮的固定”是将游离态氮转化为化合态的氮，该反应不是“氮的固定”，C错误；
D．反应中还生成水，原子利用率不是100%，D错误；
故选B。
2．我国自主设计生产的长征二号火箭使用偏二甲肼和N2O4作推进剂，燃烧时发生反应：。下列有关说法正确的是
A．偏二甲肼的结构简式： B．N2的沸点比CO的高
C．CO2的空间构型为V形 D．H2O是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【详解】A．N原子形成3对共用电子对，即其形成3根共价键，故A错误；
B．二者相对分子质量一样，CO为极性分子，N2为非极性分子，极性越大，沸点越高，则CO的沸点比N2的高，故B错误；
C．CO2的孤电子对数为，σ键电子对数为2，故其空间构型为直线形，故C错误；
D．H2O是角形分子，正电中心和负电中心不重合，故其是由极性键构成的极性分子，故D正确；
故选D。
3．氯气、氯盐、次氯盐[]、二氧化氯在生产生活中具有广泛应用。Deacon曾提出在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢成功制备氯气。该反应具有一定的可逆性，热化学方程式可表示：        ；二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用浓盐酸和NaClO3反应可制得ClO2.关于Deacon提出的制Cl2的反应，下列有关说法正确的是
A．该反应的
B．每生成22.4LCl2(已折算成标准状况)，放出58kJ的热量
C．升高温度，核反应v (逆)增大，v (正)减小，平衡向逆反应方向移动
D．断裂4molH—Cl键的同时，有4molH—O键生成，说明该反应达到平衡状态
【答案】B
【详解】A．反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应，A错误；
B．由热化学方程式可知，每生成22.4LCl2(已折算成标准状况，为1mol)，放出116kJ÷2=58kJ的热量，B正确；
C．升高温度，正逆反应速率均会变大，C错误；
D．断裂4molH—Cl键的同时，有4molH—O键生成，描述的都是正反应，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；
故选B。
4．下列有关实验室制取并检验氯水性质的实验原理和装置能够达到实验目的的是

A．用装置甲制备
B．用装置乙除去中的气体
C．用装置丙干燥
D．用装置丁验证氯水的漂白性
【答案】D
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置甲中缺少酒精灯不能用于制备氯气，故A错误；
B．氯气与碳酸氢钠溶液反应，则不能用装置乙除去氯气中混有的氯化氢气体，故B错误；
C．氯气能与碱石灰中的氧化钙和氢氧化钠反应，则不能用用装置丙干燥氯气，故C错误；
D．氯水中具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，则装置丁能用于验证氯水的漂白性，故D正确；
故选D。
5．利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。

下列说法正确的是
A．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢
D．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【分析】在甲装置烧瓶中用CH3OH和NaClO3在浓硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+ 4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，通入CO2气体将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，生成的ClO2在乙装置和H2O2在碱性条件下生成少量NaClO2，丙用于吸收尾气，防止大气污染。
【详解】A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+ 4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故合理选项是B。
6．下列化学反应表示正确的是
A．Cl2溶于水发生反应的离子方程式：
B．电解饱和氯化钠溶液的阳极反应：
C．ClO2在pH=3时将氧化成的离子方程式：
D．向NaClO溶液中通入过量SO2[]，发生反应的离子方程式：
【答案】C
【详解】A．氯气和水生成盐酸和次氯酸，，A错误；
B．电解饱和氯化钠溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，，B错误；
C．ClO2在pH=3时将氧化成，根据电子守恒、质量守恒配平，离子方程式：，C正确；
D．次氯酸钠具有强氧化性会把二氧化硫氧化为硫酸根离子，，D错误；
故选C。
7．W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，W的原子半径最小，基态X原子中有7个运动状态不同的电子，基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，Z与X同主族，下列说法正确的是
A．原子半径：
B．电负性：
C．W与X只能形成一种化合物
D．X的简单氢化物的热稳定性比Z的强
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，W的原子半径最小，基态X原子中有7个运动状态不同的电子，则W为H元素、X为N元素；基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，则Y为O元素；Z与X同主族，则Z为P元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于氮原子，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则氧元素的电负性大于氮元素，故B错误；
C．氢元素和氮元素可以形成的化合物有氨气、联氨，故C错误；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的热稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢，故D正确；
故选D。
8．亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]是一种黄色颜料。以含铁废水[主要成分为Fe2(SO4)3，含少量NiSO4，CuSO4等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下：

下列说法不正确的是
A．“调pH”时选用的试剂X可以是钢和镍的氧化物
B．“还原”后可用KSCN溶液检验Fe3+是否被完全还原
C．“反应”时Fe2+提供孤电子对给予CN-形成配位键
D．“滤液Ⅱ”的主要成分是CaCO3
【答案】C
【分析】含铁废水中含有Fe2(SO4)3及少量NiSO4，CuSO4等，向其中加入FeO或NiO，反应消耗溶液中的H+，调整溶液pH，弃去滤液，再向固体中同时加入H2SO4、Fe，H2SO4溶解Fe(OH)3生成Fe3+，Fe与溶液中Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，然后加入NaCN、CaCl2，FeSO4、CaCl2加入反应器后过滤得到滤渣CaSO4，滤液最后得到K4Fe(CN)6，说明反应器中还生成Na4Fe(CN)6，根据元素守恒知还生成NaCl，向滤液中加入Na2CO3，得到更难溶的CaCO3，在转化罐中加入KCl溶液，过滤、洗涤、干燥得到K4Fe(CN)6，说明在转化罐中发生反应，溶解度大Na4Fe(CN)6的转化为溶解度较小的K4Fe(CN)6。
【详解】A．由于以含铁废水[主要成分为Fe2(SO4)3，含少量NiSO4，CuSO4等] ，“调pH”时不能引入杂质元素，结合废水成分可知选用的试剂X可以是钢和镍的氧化物，A正确；
B．Fe3+与KSCN作用使溶液变为红色，“还原”后加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+被完全还原，据此检验Fe3+的存在，B正确；
C．“反应”时Fe2+提供空轨道，与CN-形成配位键，C错误；
D．根据上述分析可知“滤液Ⅱ”的主要成分是CaCO3，D正确；
故合理选项是C。
9．一种锂—空气二次电池的装置如图所示，熔融嵌在碳纳米管中。电池总反应为：，下列说法正确的是

A．充电时，电极a接外电源的正极
B．充电时，电极b的电极反应式为
C．放电时，有进入碳纳米管，则有从电极a经外电路流向电极b
D．用该电池电解饱和食盐水，当生成时，理论上有通过交换膜
【答案】B
【分析】由电池总反应方程式可知，放电时，电极a为二次电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，电极b为正极，二氧化碳在正极得到电子生成碳和碳酸根离子，电极反应式为3CO2+4e—=C+2CO，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，与正极相连的电极b为阳极。
【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，故A错误；
B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的电极b为阳极，在碳酸根离子作用下，碳在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C+2CO—4e—=3CO2↑，故B正确；
C．由分析可知，放电时，电极a为二次电池的负极，电极b为正极，二氧化碳在正极得到电子生成碳和碳酸根离子，电极反应式为3CO2+4e—=C+2CO，则放电时，有1mol二氧化碳进入碳纳米管放电时，会有mol电子从电极a经外电路流向电极b，故C错误
D．用该电池电解饱和食盐水，当生成1mol氢气时，由得失电子数目守恒可知，理论上有2mol 锂离子通过交换膜，故D错误；
故选B。
10．室温下，通过下列实验探究有关的性质[已知：]。
实验1：向的溶液中滴加的NaCl溶液，产生白色沉淀，过滤，
实验2：向实验1所得滤液中滴加溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。
实验3：向实验2所得滤液中逐滴滴加氨水，产生沉淀先变多后变少，直至消失。
下列说法正确的是
A．实验1过滤后滤液中
B．通过实验1和实验2可得出
C．实验2所得滤液中
D．实验3滴加氨水过程中，一直减小
【答案】D
【详解】A．向10mL0.1mol/L的AgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/L的NaCl溶液，发生反应AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，反应后AgNO3过量，过滤后所得滤液中c(Ag+)==0.082mol/L，A项错误；
B．实验1所得滤液中含过量的AgNO3、NaNO3和饱和AgCl，滴加1mL0.1mol/LNaBr溶液，AgNO3直接与NaBr发生沉淀反应生成淡黄色的AgBr沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较AgCl、AgBr的Ksp，B项错误；
C．实验2中发生的反应为AgNO3+NaBr=AgBr↓+NaNO3，反应后AgNO3仍然过量，过滤所得滤液中含过量的AgNO3、NaNO3、饱和AgCl和AgBr，滤液中物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol、Na+物质的量为0.1mol/L×0.001L+0.1mol/L×0.001L=0.0002mol，溶液中的电荷守恒为c(Ag+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-+c(Br-)+c()+c(OH-)，C项错误；
D．向实验2所得滤液中逐滴滴加氨水，随着氨水的滴入，依次发生反应：AgNO3+NH3∙H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，故产生沉淀先变多后变少，直至消失，c(Ag+)一直减小，D项正确；
答案选D。

二、多选题
11．化合物Z是一种合成药物的中间体，可由下列反应制得。

下列说法正确的是
A．一定条件下，X、Y和Z均能与甲醛发生缩聚反应
B．可用金属Na检验Y中是否含有X
C．1molY与足量NaHCO3反应产生2molCO2
D．Z与足量H2反应生成的有机物分子中含有5个手性碳原子
【答案】AD
【详解】A．X、Y和Z均含有酚羟基，一定条件下，X、Y和Z均能与甲醛发生缩聚反应，故A正确；
B．Y含有酚羟基、羧基，X含有酚羟基，均可以与Na反应生成氢气，故不可用金属Na检验Y中是否含有X，故B错误；
C．Y含有酚羟基、羧基，羧基可以与NaHCO3反应产生CO2，但是酚羟基不能与NaHCO3反应，故1molY与足量NaHCO3反应产生1molCO2，故C错误；
D．Z与足量H2反应生成的有机物分子为，连接4个不一样的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故含有5个手性碳原子，如图，故D正确；
故选AD。
12．化工生产中用次磷酸钠[化学式为NaH2PO2，可由次磷酸()与过量NaOH得到]进行化学镀铜，反应方程式为：下列说法正确的是
A．该反应中，还原产物为Cu和H2
B．0.1CuSO4溶液中离子浓度的大小顺序为
C．NaH2PO2溶液中存在
D．NaH2PO3可与过量NaOH反应生成Na2HPO3，判断H3PO3为二元酸
【答案】AD
【详解】A．反应中，Cu、H元素化合价降低、发生还原反应，所以Cu和H2为还原产物，A正确；
B．CuSO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，即c（H+）＞c（OH-），CuSO4溶液中离子浓度的大小顺序为，B错误；
C．Na+中没有羟基，所以次磷酸钠为正盐，不能电离出H+，但能水解，C错误；
D．NaH2PO3与过量NaOH反应生成Na2HPO3，则NaH2PO3为酸式盐、Na2HPO3是正盐，说明H3PO3分子中只有两个羟基，所以H3PO3为二元酸，D正确；
故选AD。
13．通过反应可将CO2转化为C2H4.在0.1MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示。下列说法正确的是

A．图中曲线b表示平衡时C2H4的物质的量分数随温度的变化
B．440℃时H2的平衡转化率为60%
C．保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C2H4的物质的量分数比在恒温密闭容器中的小
D．保持其他条件不变，延长反应时间，可将平衡时CO2的物质的量分数从Y点的值升至X点的值
【答案】BC
【分析】由反应物二氧化碳的物质的量分数与温度变化曲线，结合反应物起始物质的量之比可知，曲线a表示氢气的物质的量分数随温度变化，由化学方程式可知，曲线b表示水蒸气的物质的量分数随温度变化，曲线c表示乙烯的物质的量分数随温度变化。
【详解】A．由分析可知，曲线b表示水蒸气的物质的量分数随温度变化，故A错误；
B．设起始氢气的物质的量为3mol，平衡时转化率为a%，由440℃平衡时氢气和水蒸气的物质的量分数相等可得，，解得a=60，故B正确；
C．由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，生成物乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中的低，故C正确；
D．一定温度下反应达到平衡时，二氧化碳的物质的量分数不变，则温度不变，延长反应时间，二氧化碳的的物质的量分数不变，不可能Y点的值升至X点的值，故D错误；
故选BC。

三、填空题
14．根据信息书写反应方程式；
现代工业上用氧化锌烟灰(主要成分为ZnO，含少量Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的部分工艺流程如图所示。

(1)已知：“溶浸”后浸出液中含、、等。写出该过程中生成的相关离子方程式：___________。
(2)“氧化除杂”的目的是将“”转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去。写出氧化反应的离子方程式：___________。
【答案】(1)
(2)

【分析】氧化锌烟灰加入过量氨水、氯化铵得到、、，过滤分离出滤液，加入过氧化氢氧化除杂，分离出含锌的滤液，最终生成锌。
【详解】（1）已知：“溶浸”后浸出液中含，则氧化锌和过量氨水、氯化铵生成，反应为；
（2）过氧化氢具有氧化性，“氧化除杂”过程中和过氧化氢、过量氨水反应生成As2O5和水，反应为。

四、有机推断题
15．化合物G是一种重要的合成中间体，其合成路线如图：

(1)G分子中采取sp2杂化的碳原子数目是___________。
(2)D→E的反应类型为___________。
(3)A→B的转化分加成、消去两步完成，该过程可表示为A→X→B，则X的结构简式为___________。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构筒式___________。
①遇FeCl3溶液显色
②能发生水解反应和银镜反应
③分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：1：2：6
(5)设计以、CH3CHO为原料制备的合成路线___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】(1)13
(2)加成反应
(3)
(4)、
(5)+CH3CHO

【分析】A反应生成B，B和NaCN加成生成C，C水解生成羧基得到D，D还原得到E，E发生取代反应生成F，F发生成环反应生成G；
【详解】（1）苯环中碳原子、羰基碳原子均为sp2杂化，则G分子中采取sp2杂化的碳原子数目是13个；
（2）D→E的反应为D中羰基碳生成饱和碳原子的反应，为加成反应；
（3）A中醛基和中甲基反应，醛基变为羟基，然后羟基发生消去反应生产B，则X为；
（4）A的一种同分异构体同时满足下列条件：
①遇FeCl3溶液显色，含酚羟基
②能发生水解反应和银镜反应，则含有酯基且应该为甲酸酯，
③分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：1：2：6，则应该含有2个甲基且结构对称；
故结构简式为：、；
（5）首先被氧化生成羧基得到，在发生E生成F的原理得到，发生F生成G原理成环得到；和乙醛发生A生成B的反应得到，发生还原生成；故流程为：+CH3CHO。

五、工业流程题
16．硫酸锰广泛用于基肥、拌种、食品加工和无机化工生产。以硬锰矿(组成为，含少量SiO2和Cu、Fe、Ca化合物杂质)为原料制备MnSO4的一种工艺流程如图所示：

已知：、、-。
(1)Mn2+的价电子排布式为___________，“酸浸”时MnO2溶解反应的化学方程式为___________。
(2)“萃取”时发生的反应：，Fe3+的萃取率与溶液pH的关系如图所示。当pH=时Fe3+萃取率最大的原因为___________。

(3)若省去“深度除钙”工序，会导致的后果为___________。
(4)若要使“调pH”后所得滤液中、，则“调pH”的合理范围为___________。
(5)“沉锰”所得滤液经处理后得到Na2SO4溶液，由该溶液制备芒硝()的操作为___________(硫酸钠的溶解度随温度的变化如图所示)。

(6)测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为，过滤；向滤液中加入Na2C2O4固体0.5360g，振荡，充分溶解并反应后，用0.0320KMnO4溶液滴定(被还原为Mn2+)，用去20.00mL。已知：Mr(Na2C2O4)=134，Mr(MnSO4)=151。计算产品中MnSO4的质量分数___________。(写计算过程，保留两位有效数字)
【答案】(1)     3d5    
(2)pH过低，导致萃取平衡逆向移动，铁离子萃取率降低，pH过大，导致铁离子生成氢氧化铁沉淀，铁离子萃取率降低
(3)导致产品中含有碳酸钙杂质
(4)6.5~7.5
(5)蒸发浓缩、降温到40℃以下结晶、过滤、洗涤、烘干
(6)，向滤液中加入Na2C2O4固体0.5360g（为0.004mol），振荡，充分溶解后过量的草酸根离子被0.0320KMnO4溶液滴定，则与样品生成反应的草酸根离子为0.004mol-0.0320×20.00×10-3L×=0.0024mol，则样品生成为0.0024mol×=0.00096mol，根据锰元素守恒可知，MnSO4为0.00096mol，则产品中MnSO4的质量分数。

【分析】硬锰矿加入硫酸、亚硫酸钠酸溶，二氧化硅不反应成为滤渣，滤液萃取分离出铁离子，水层加入NaF除去钙离子，滤液调节pH除去铜离子，过滤后滤液加入纯碱得到锰的沉淀，分离出沉淀加入硫酸得到硫酸锰。
【详解】（1）锰为25号元素，失去2个电子形成锰离子，Mn2+的价电子排布式为3d5，“酸浸”时MnO2、硫酸、亚硫酸钠发生氧化还原生成硫酸锰、水，硫酸钠，反应的化学方程式为；
（2）pH=时Fe3+萃取率最大，pH过低，导致萃取平衡逆向移动，铁离子萃取率降低，pH过大，导致铁离子生成氢氧化铁沉淀，铁离子萃取率降低；
（3）钙离子会和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，若省去“深度除钙”工序，则在沉锰过程中会导致产品中含有碳酸钙杂质；
（4），则此时，pOH=7.5，pH=6.5；，同理可知，此时pH=7.5；故“调pH”的合理范围为6.5~7.5；
（5）由图可知，40℃时能得到，且温度越低溶解度越小，故制备芒硝()的操作为蒸发浓缩、降温到40℃以下结晶、过滤、洗涤、烘干；
（6），向滤液中加入Na2C2O4固体0.5360g（为0.004mol），振荡，充分溶解后过量的草酸根离子被0.0320KMnO4溶液滴定，则与样品生成反应的草酸根离子为0.004mol-0.0320×20.00×10-3L×=0.0024mol，则样品生成为0.0024mol×=0.00096mol，根据锰元素守恒可知，MnSO4为0.00096mol，则产品中MnSO4的质量分数。

六、实验题
17．碱式氯化铜[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
(1)模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。

①实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是___________(填名称)；
②反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是：溶液中___________、干燥管b中___________。
③滴加过程中需要严格控制盐酸的用量的原因___________。
④碱式氧化铜[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]也可以通过在40℃~50℃，向CuCl悬浊液中持续通空气制得。该反应的化学方程式为___________。
(2)采用沉淀滴定法测定某无水碱式氯化铜[Cux(OH)xClz]中的氯元素含量。称取产品6.435 g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250 mL，得到待测液。请补充完整测定氯的实验过程：准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，边振荡边向锥形瓶中滴加足量0.010 mol/L AgNO3溶液，至静置后向上层清液中继续滴加0.010 mol/LAgNO3溶液无浑浊产生，记录消耗AgNO3溶液的体积V1 mL，___________，重复上述实验2~3次。[须使用的实验试剂：0.010 mol/LNH4SCN标准溶液、Fe(NO3)3溶液、聚乙烯醇]
已知：①Ag++SCN-=AgSCN↓ (白色沉淀)；
②聚乙烯醇可以覆盖在AgCl表面，阻止AgCl转化为AgSCN。
【答案】(1)     生石灰、碱石灰或固体氢氧化钠     有绿色或墨绿色的固体产生     干燥管b中液面先上升后下降     碱式氯化铜产率偏低     4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]
(2)向其中加入少量聚乙烯醇，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入指示剂Fe(NO3)3溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当溶液出现红色，半分钟内不再变为无色时，滴定达到终点，此时停止滴加标准溶液。

【分析】在装置B的烧瓶中用CaO或碱石灰等于浓氨水反应制取NH3，然后向盛有CuCl2溶液的三颈烧瓶中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，制取碱式氯化铜[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]，然后采用沉淀滴定法测定某无水碱式氯化铜中的氯元素含量。称取产品6.435 g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250 mL，得到待测液。请补充完整测定氯的实验过程：准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，边振荡边向锥形瓶中滴加足量0.010 mol/L AgNO3溶液，至静置后向上层清液中继续滴加0.010 mol/LAgNO3溶液无浑浊产生，记录消耗AgNO3溶液的体积V1 mL，向其中加入少量聚乙烯醇，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入指示剂Fe(NO3)3溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当溶液出现红色，半分钟内不再变为无色时，滴定达到终点，此时停止滴加标准溶液。根据消耗NH4SCN标准溶液的体积确定其物质的量，进而确定样品中碱式氯化铜的含量。
【详解】（1）①实验室利用装置B制备NH3，没有加热装置，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是生石灰、碱石灰或固体氢氧化钠；
②反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，同时有碱式氯化铜产生，故会看到有绿色或墨绿色的固体产生，同时氨气极易溶于水，会有倒吸现象，因此b中液面先上升后下降；
③滴定过程中若盐酸过量，会导致产品溶解，造成碱式氯化铜产率偏低；
④在40-50℃时，向CuCl悬浊液中持续通空气制得碱式氧化铜[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]，该反应的化学方程式为：4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]
（2）测定氯的实验过程：准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，边振荡边向锥形瓶中滴加足量0.010 mol/L AgNO3溶液，至静置后向上层清液中继续滴加0.010 mol/LAgNO3溶液无浑浊产生，记录消耗AgNO3溶液的体积V1；向其中加入少量聚乙烯醇，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入指示剂Fe(NO3)3溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当溶液出现红色，半分钟内不再变为无色时，滴定达到终点，此时停止滴加标准溶液，重复上述实验2~3次。

七、原理综合题
18．工业上常用CO2为原料合成甲酸或甲醇。
Ⅰ.用CO2和水蒸气为原料，在等离子体和双金属催化剂的作用下制备CH3OH。研究表明，在等离子体的协同下，双金属催化剂中的ZrO2更易形成氧空位，从而更有利于吸附或结合外界O原子，使得制备CH3OH的反应条件更趋温和。
(1)催化剂的制备
将一定比例的和溶于水，搅拌下将其滴入pH为8的氨水中，充分反应后得到沉淀，将固体过滤、洗涤、干燥，于55O℃焙烧6h，制得双金属催化剂。写出生成沉淀的离子方程式：___________。
(2)工艺参数的研究
控制水蒸气流速为28.74、温度为150℃、反应电流为4.17A，在使用单独的等离子体(P)、等离子体与双金属催化剂协同(P+C)两种不同催化条件下，测得CO2流速对醇类产生的影响关系如图所示。

①无论使用何种催化条件，CH3OH的产量均随着CO2流速的增大而下降，其原因是___________。
②分析图像可知，选用等离子体与双金属催化剂协同催化条件的优势是___________。
(3)反应机理的分析
利用等离子体和双金属催化剂催化CO2和H2O反应生成CH3OH的过程中Zr的化合价发生变化，可能机理如图所示：

说明：图中的表示ZnO，表示ZrO2，表示氧空位；“—”表示化学键，“……”表示吸附作用。
①Zr的常见化合价有+2、+3和+4，上图步骤(Ⅲ)中，元素Zr化合价发生的变化为___________。
②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多、能量更大的高能粒子。随着反应电流的增加，CH3OH的产量增大，其可能原因是___________。
Ⅱ．工业上可以通过CO2电催化加氢合成甲酸。一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。

(4)若控制原料H2的流速为22.4，且保证CO2气体略过量，通气10min后，阴极收集到5.6LH2和CO的混合气体，阳极出口处收集到22.4LH2.则生成HCOOH的物质的量为___________。(气体体积均已折算成标准状况下的体积)
(5)电极表面积对CO2转化率和HCOOH选择性[]的影响如图所示。控制其他条件不变，随着电极表面积的增大，CO2转化率增大且HCOOH选择性下降的原因是___________。

【答案】(1)
(2)     增大CO2的流速，缩短了CO2和水蒸气的接触时间，更多的原料气未得到充分反应；     抑制生成乙醇的副反应的发生，且能够提高甲醇产量
(3)     +3价变为+4价     在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子；同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行
(4)8.75mol
(5)越多；电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增加了二氧化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率；但同时也加快了副反应的反应速率，阴极会析出更多的H2和CO，使HCOOH的选择性降低。

【详解】（1）Zn(NO3)2•6H2O和ZrO(NO3)2•7H2O溶于水，加入氨水中，氨水电离出OH-与Zn2+和ZrO2+反应得到xZn(OH)2•yZr(OH)4沉淀，反应的离子方程式为：；
故答案为：；
（2）①无论使用何种催化条件，CH3OH的产量均随着CO2流速的增大而下降，其原因是：增大CO2的流速，缩短了CO2和水蒸气的接触时间，更多的原料气未得到充分反应；
故答案为：增大CO2的流速，缩短了CO2和水蒸气的接触时间，更多的原料气未得到充分反应；
②由图像可知，选用等离子体与双金属催化剂协同催化条件的优势是：抑制生成乙醇的副反应的发生；且能够提高甲醇产量；
故答案为：抑制生成乙醇的副反应的发生，且能够提高甲醇产量；
（3）①步骤(iii)中，ZrO2失去一个O形成氧空位同时O形成1个共价键，此时Zr化合价为+3价，再形成2个共价键，Zr化合价为+4价，则元素Zr化合价发生的变化为+3价变为+4价；
故答案为：+3价变为+4价；
②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多、能量更大的带负电的高能粒子；随着反应电流的增加，CH3OH的产量增大，其可能原因是：在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子；同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行；
故答案为：在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子；同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行；
（4）在阳极，通入H2的物质的量为，未反应的H2物质的量为，则参加反应的H2的物质的量为10mol-1mol=9mol，转移电子的物质的量为，生成5.6LH2和CO的混合气体，转移电子的物质的量为，则CO2转化为HCOOH时，转移电子的物质的量为18mol-0.5mol=17.5mol，CO2+2e-+2H+=HCOOH可得出生成HCOOH的物质的量为；
故答案为：8.75mol；
（5）从图中可以看出，控制其他条件不变，电极表面积越大，CO2的转化率越大，生成HCOOH的量越多；随着电极表面积的增大，CO2转化率增大，同时副反应进行的速率也加快，从而使HCOOH的选择性下降，原因是：电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增加了二氧化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率；但同时也加快了副反应的反应速率，阴极会析出更多的H2和CO，使HCOOH的选择性降低；
故答案为：越多；电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增加了二氧化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率；但同时也加快了副反应的反应速率，阴极会析出更多的H2和CO，使HCOOH的选择性降低。