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江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共32页。试卷主要包含了原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、原理综合题
1．（2021·江苏·统考一模）锌冶炼过程中产生的锌渣主要成分为铁酸锌(ZnFe2O4)和二氧化硅，以及少量的铜、铁、锌的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金属离子，使锌渣得到充分利用。
(1)铁酸锌酸溶。铁酸锌难溶于水，其晶胞由A、B结构按照1∶1交替累积而成，如图所示。将铁酸锌粉末投入到1L1mol·L-1H2SO4中，保温80℃，匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如表所示。
时间/h
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
c(Zn2+)/mol•L-1
0.10
0.11
0.15
0.21
0.21
c(Fe3+)/mol•L-1
0.12
0.13
0.16
0.21
0.30
①B结构的化学式为___。
②铁酸锌和硫酸反应的离子方程式为___。
③酸溶时，溶出效率较高的金属离子是___。
(2)锌渣酸溶。将锌渣分别在SO2—1mol·L-1H2SO4、1mol·L-1H2SO4以及SO2—H2O三种体系中实验，均保持80℃，匀速搅拌，所得结果如图所示。已知：25℃时，Ksp(FeS)=6.3×10-17；Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(Cu2S)=2.5×10-48；FeS和ZnS可溶于稀硫酸，CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。
①在SO2—H2SO4体系中，Zn2+浸出率较高的原因是___。
②在SO2—H2SO4体系中，溶渣中Cu2S的质量增加，原因是___。
2．（2021·江苏·统考一模）氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。
(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B的变化过程可表示为___。
②脱除NO的总反应为___。
(2)电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。分别向0.1mol·L-1NaCl溶液和0.08mol·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图3所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是___。
③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是___。
3．（2022·江苏·统考一模）NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。
I.电化学技术
(1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，实际应用中常将若干个电化学还原器结构单元组装在一起，形成电堆，以提高NO的去除效率。
①纽扣式电化学还原器结构单元(其装置如图1所示)可叠加组装成电堆使用。电解时，阴极发生的电极反应式为_______。
②长管式电化学还原器结构单元(其剖面结构如图2所示)采用阴极微孔管作支撑，在管内外壁各设置一个对称的阳极微孔管，阴阳极管壁之间填充有固体氧化物电解质，使用时常将该结构单元组装成蜂窝状电堆。当电堆体积一定时，相比于纽扣式反应器，长管式反应器的优点是_______。
II.NH3-SCR技术
(2)Cu基催化剂是NH3-SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2(基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2)可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图3所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。
①从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。
②在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。
(3)将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体(N2为平衡气)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。
①在150-225°C范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是_______。
②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是_______。
4．（2023·江苏·统考一模）工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。
I.电解法制氢：甲醇电解可制得，其原理如图所示。
(1)阳极的电极反应式为_______。
II.催化重整法制氢
(2)已知：
反应1：
反应2：
则反应3： _______
(3)以催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。[]
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是_______。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是_______。
(4)铜基催化剂()能高效进行甲醇重整制氢，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。
①甲醇中混有少量的甲硫醇()，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为_______。
②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原。结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是_______。
(5)在Pt-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。
根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式并描述步骤2的反应机理_______。
二、有机推断题
5．（2021·江苏·统考一模）化合物F是海洋藻类的自我保护剂，其合成路线如图：
已知：(R为烃基，R1、R2为烃基或H，生成缩醛比生成缩酮容易)
(1)B的结构简式为___。
(2)C中手性碳原子的数目为___。
(3)C→D的反应类型为___。
(4)D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简式：___。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以和乙二醇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)___。
6．（2022·江苏·统考一模）化合物F是合成叶酸抗结剂培美曲塞二钠盐的中间体，其合成路线如下：
(1)A分子中碳原子的杂化方式为_______。
(2)C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简式：_______。
①苯环上有4个取代基。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(3)D→E反应中有一种分子式为C12H12O3Br2的副产物生成，其结构简式为_______。
(4)E→F的反应需经历E→X→F的过程。中间体X的分子式为C16H18N4O4，且X不能发生银镜反应。则E→X发生的反应类型为_______。
(5)写出以乙烯和为原料制备治疗类风湿关节炎药物中间体的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题干)_______。
7．（2023·江苏·统考一模）化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：
(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)C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简式：_______。
①分子中有4种不同化学环境的氢，能与发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应。
②在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。
(4)D到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为。M的结构简式为_______。
(5)请写出以和甲酸乙酯为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
三、工业流程题
8．（2021·江苏·统考一模）三草酸合铁酸钾是制备负载型活性催化剂的主要原料，易溶于水，难溶于乙醇。实验室制备流程如图：
(1)制备FeC2O4•2H2O晶体。
①“溶解”时加入硫酸的目的是___。
②“沉淀”得到FeC2O4•2H2O晶体，“沉淀”时发生反应的离子方程式为___。
③“沉淀”时需要煮沸，其目的是___。
(2)制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。
【查阅资料】
①K2Fe(C2O4)2溶于水；Fe2(C2O4)3难溶于水。
②实验条件下，pH=3.2时，Fe3+沉淀完全；过氧化氢在40℃发生显著分解。
③铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应。以FeC2O4•2H2O晶体作为原料，制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为3，___，过滤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体。(实验中须使用的试剂：10%H2O2溶液，饱和K2C2O4溶液，无水乙醇，K3[Fe(CN)6]溶液。)
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取1.250gK3[Fe(C2O4)3]·3H2O样品，加入适量水溶解并用稀硫酸酸化，加热至80℃，趁热用0.1500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液18.30mL。测定过程中发生的反应为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。计算样品的纯度(写出计算过程)：___。
9．（2022·江苏·统考一模）Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：
(1)浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h.。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。
(2)焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500°C焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]
(3)硫化。400°C时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
(4)工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是_______。
10．（2023·江苏·统考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。
已知：萃取时发生的反应为。
(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。
(2)除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。
①为使、除尽，必须保持溶液中_______。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是_______。 [，，]。
(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。
(4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。
①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。
11．（2023·江苏·统考一模）对为载体的加氢废催化剂(主要含有、NiS、，少量碳、磷)处理的实验流程如下：
(1)NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。
(2)高温氧化焙烧时，发生反应的化学方程式为_______。
(3)滤渣X的成分为和_______。
(4)易溶于水，、均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入，再滴加溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体。
①实验中球形干燥管的作用是_______。
②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成的离子方程式为_______。
③向滤液中先通入后加入溶液的原因是_______。
(5)已知：①该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。
②实验中须用到的试剂：2 溶液、0.1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的和不溶性杂质。请完成从浸渣制备的实验方案：_______。
四、实验题
12．（2022·江苏·统考一模）以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl—)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：
(1)将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是_______。
(2)为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，_______，低温干燥至恒重。(可选用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)
(3)①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是_______(填化学式)。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是_______。
(4)向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜。若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是_______。
参考答案：
1． [Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+ ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O Zn2+ 与二氧化硫体系相比，该体系溶液酸性更强、与硫酸体系相比，该体系中二氧化硫具有还原作用，SO2将Fe3+还原为Fe2+，降低了Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动 铜的氧化物转化为铜的硫化物、+2价铜的化合物被二氧化硫还原，形成硫化亚铜
【详解】(1)①根据B的结构可知Zn2+分布在立方晶胞的四个顶点，根据均摊法可知一个晶胞中Zn2+的数目为4×=0.5，四个氧离子和四个Fe3+均在晶胞内部，所以一个晶胞完整的占有了4个O2-和4个Fe3+，在根据化合价代数求和可知B的化学式为[Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+。
②A中有四个Zn2+在立方晶胞的四个顶点，一个Zn2+在体心，四个氧离子在立方晶胞内部，根据均摊法可知A的化学式为[Zn1.5O4]5-，又知道B为[Zn0.5Fe4O4]5+，所以铁酸锌的化学式为ZnFe2O4，铁酸锌和硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+，所以离子方程式为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O。
③ZnFe2O4中Fe3+含量为Zn2+两倍，而根据表格可知酸溶时，溶出的Fe3+量小于Zn2+的两倍，所以酸溶时，溶出效率较高的金属离子是Zn2+。
(2)①根据锌渣酸溶时发生反应：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，可知酸性环境有利于锌渣的溶解，Fe3+具有较强的氧化性，会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动。所以答案为：与二氧化硫体系相比，该体系溶液酸性更强、与硫酸体系相比，该体系中二氧化硫具有还原作用，SO2将Fe3+还原为Fe2+，降低了Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动
②在酸性条件下，锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物，而二氧化硫具有较强的还原性，可以将正二价的铜还原从而形成了硫化亚铜，所以答案为：
铜的氧化物转化为铜的硫化物、+2价铜的化合物被二氧化硫还原，形成硫化亚铜。
2． 2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+ 4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O 3H2O2+2NO+2OH-=2NO+4H2O 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强、电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强 随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱
【详解】(1)①根据图一可知沸石笼的反应物为Cu(NH3)和O2，根据图2可知B为[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+，所以A到B的变化过程可表示为：2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+。
②根据图1可知脱除NO的反应物为NO、NH3、O2，生成物为氮气和水，所以总反应为：4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O。
(2)①在水溶液中具有较强氧化性的H2O2将NO氧化为NO，溶液为碱性，根据得失电子守恒和物料守恒以及溶液呈碱性可以得出反应的离子方程式为：3H2O2+2NO+2OH-=2NO+4H2O。
②溶液呈碱性时，NO的去除率更高，电解氯化钠溶液，会生成氯气和氢氧化钠，溶液的碱性比电解硫酸钠溶液的碱性要更强，使得NO的去除率更高，氯气在碱性条件下生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强，也会导致NO的去除率更高，所以答案为：电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强、电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强。
③根据图4可知电流强度增大到一定程度之后，次氯酸根的浓度会下降，而氧化性较弱的氯酸根离子浓度增大，从而导致NO去除率下降，而只有温度较高时才会有氯酸根生成，所以答案为：随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。
3．(1) 2NO+4e—=N2+2O2— 反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高
(2) NH3 Ce2O3
(3) 随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升 烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性
【解析】（1）
①由图可知，通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极，一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和氧离子，电极反应式为2NO+4e—=N2+2O2—，故答案为：2NO+4e—=N2+2O2—；
②由长管式电化学还原器结构单元的示意图可知，相比于纽扣式反应器，长管式反应器中反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快，且气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，一氧化氮的去除率更高，故答案为：反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高；
（2）
①从整个反应机理来看，CeO2、SO2是反应的催化剂，NH3、NO、O2是反应的反应物，N2和H2O是生成物，反应中NH3分子中的氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，故答案为：NH3；
②由反应①可得反应xCeO2+3SO2+ O2=Cex(SO4)y，由硫原子个数守恒可得：y=3，由氧原子个数守恒可得2x+6+2=4y，解联立可得x=2，则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由反应②为没有化合价变化的非氧化还原反应，所以CemOn中Ce元素的化合价也为+3价，则氧化物的化学式为Ce2O3，故答案为：Ce2O3；
（3）
①在150-225°C范围内，一氧化氮去除率随温度的升高而迅速上升说明随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使一氧化氮的去除反应速率迅速上升，故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；
②若燃煤烟气中伴有一定浓度的氯化氢气体，氯化氢与通入的氨气反应生成氯化铵固体，原剂氨气的量减少，会导致一氧化氮去除率下降，反应生成的氯化铵固体覆盖在铜基催化剂表面，使催化剂失去活性，也会使一氧化氮去除率下降，故答案为：烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性。
4．(1)
(2)+
(3) 水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升， CO选择性下降 反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升
(4) 催化剂表面有积碳沉积
(5)M的结构简式为 ，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面
【详解】（1）由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为；
（2）由盖斯定律可知，反应1+2得反应3：
（3）①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升， CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
（4）①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇()，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇，反应为；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积碳沉积，而煅烧可以将积碳除去使得催化剂活性恢复；
（5）M的结构简式为 ，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面。
5． 1 消去反应 或
【分析】化合物A与乙二醇在对甲苯磺酸作用下生成B，B与CrCl2和反应生成C，C发生消去反应生成D，D在对甲苯磺酸和丙酮作用下生成E，E在PdCl2和Na2CO3作用下生成E。
【详解】(1)根据以及A的结构简式和B的分子式C8H12O3以及反应条件可知B的结构简式为。
(2) C的结构为为，根据手性碳的特性可知手性碳为虚线圈住部分所以手性碳数目为1。
(3)C为，D为，反应中羟基被消去，所以发生的反应类型为消去反应。
(4)D的结构，不饱和度为5，一种同分异构体能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，所以含有结构，且已经占有了5个不饱和度，所以剩下的11个碳原子分布在烷基上；同分异构体满足分子中有四种不同化学环境的氢原子，所以是高度对称的结构，符合条件的有：或，所以答案为：或。
(5)最终合成产物是，根据逆推法以及题中信息可知上一步的反应可以是，原料为，可以发生水解反应生成，根据题意转化为需要先将羟基氧化成醛基，所以可以发生这三步反应，再经过还原反应可得到，综合起来可知
以和乙二醇为原料制备的合成路线为：
6．(1)sp2、sp3
(2) 、
(3)
(4)加成反应
(5)CH2=CH2CH3CHOBrCH2CHO
【分析】在催化剂作用下与CH≡CCH2CH2OH发生取代反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，在催化剂作用下与次氯酸钠发生氧化反应生成，在催化剂作用下与溴化氢发生取代反应生成，在催化剂作用下与反应生成。
（1）A的结构简式为，分子中含有的苯环碳原子和双键碳原子的杂化方式都为sp2杂化，甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；
（2）由C的同分异构体苯环上有4个取代基，分子中有4种不同化学环境的氢原子可知，C的同分异构体分子结构对称，苯环上连有的取代基为、两个—OH和—C(CH3)3，符合条件的结构简式为 、 ，故答案为： 、 ；
（3）由分析可知，D→E反应为在催化剂作用下与溴化氢发生取代反应生成，分子中与醛基相连的邻碳原子上的氢原子能在催化剂作用下与溴化氢继续发生取代反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为：；
（4）由X不能发生银镜反应可知E→X发生的反应为在催化剂作用下与发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（5）由题给有机物的转化关系可知，以乙烯和为原料制备的合成步骤为在催化剂作用下乙烯发生催化氧化反应生成乙醛，在催化剂作用下乙醛与溴化氢发生取代反应生成BrCH2CHO，BrCH2CHO在催化剂作用下与反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CHOBrCH2CHO，故答案为：CH2=CH2CH3CHOBrCH2CHO。
7．(1)sp2、sp3
(2)还原反应
(3)或
(4)
(5)
【分析】A发生硝化反应生成B，B中的硝基变为氨基生成C，C与甲酸乙酯反应生成D，D中氨基、醛基先发生加成反应，再发生消去反应生成E，E中羟基被氯原子取代生成F，F发生取代反应生成G。
【详解】（1）A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（2）B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应；
（3）①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，能与发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基。②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。符合条件的C的同分异构体为或；
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为，M发生消去反应生成E， M的结构简式为。
（5）苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为 。
8． 抑制Fe2+水解 Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+ 促进草酸电离和沉淀的生成 边滴加饱和草酸钾溶液和10%过氧化氢溶液边不断搅拌(或边滴加饱和草酸钾溶液边搅拌，再滴加10%过氧化氢溶液同时不断搅拌)、水浴加热控制温度不超过40℃，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌 89.85%
【分析】
(NH4)2Fe(SO4)2加入稀硫酸进行溶解，抑制Fe2+水解；加入草酸发生反应Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，在“沉淀”时进行煮沸可以促进草酸的电离，使草酸大量分解成草酸根，促进沉淀生成；取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为3，边滴加饱和草酸钾溶液和10%过氧化氢溶液边不断搅拌(或边滴加饱和草酸钾溶液边搅拌，再滴加10%过氧化氢溶液同时不断搅拌)、水浴加热控制温度不超过40℃，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌，过滤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体。
【详解】
(1)①由于亚铁离子发生水解生成氢离子，加入硫酸含有大量的氢离子，使亚铁离子的水解平衡左移，抑制了亚铁离子水解，故“溶解”时加入硫酸的目的是抑制Fe2+水解；
②根据题干信息可知，“沉淀”时发生反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
③“沉淀”时煮沸促进草酸的电离，使草酸大量分解成草酸根，促进沉淀生成，故“沉淀”时需要煮沸的目的是促进草酸电离和沉淀的生成；
(2) 取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为3，边滴加饱和草酸钾溶液和10%过氧化氢溶液边不断搅拌(或边滴加饱和草酸钾溶液边搅拌，再滴加10%过氧化氢溶液同时不断搅拌)、水浴加热控制温度不超过40℃，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌，过滤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体。
(3)n(KMnO4)=18.30×10-3L×0.15mol·L-1=2.745×10-3mol，n()=n(KMnO4)=6.8625×10-3mol，n﹛K3[Fe(C2O4)3]·3H2O﹜==2.2875×10-3mol，ω﹛K3[Fe(C2O4)3]·3H2O﹜=×100%=89.85%，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O样品的纯度为89.85%。
9．(1)Al3+、H+
(2)n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)= 6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)= 0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)=n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=
(3) SO2+2H2S+2H2O FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O
(4)+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物
【分析】用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化，反应方程式为SO2+2H2S+2H2O；
（1）
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
（2）
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=；
（3）
①硫化过程SO2和H2反应生成S和水，反应的化学方程式为SO2+2H2S+2H2O；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
（4）
在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，工业SO2烟气中含有较高浓度的O2，铁的氧化物易被氧化，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。
10．(1)
(2) 0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
(3) 实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降
(4) 在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4 12
【分析】含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
【详解】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：；
（2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
（3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；
（4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
11．(1)[Ar]3d8
(2)
(3)Al(OH)3
(4) 防止倒吸 避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度
(5)向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤
【分析】废催化剂通入空气氧化焙烧，、NiS、转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4；
【详解】（1）基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为[Ar]3d8；
（2）高温氧化焙烧时，和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为；
（3）由分析可知，滤渣X的成分为和Al(OH)3；
（4）①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体，pH为9～10时磷主要以存在，则反应为；
③已知：易溶于水，、均难溶于水。向滤液中先通入后加入溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；
（5）该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。
12．(1)防倒吸
(2)搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊
(3) CuCl2 降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
(4)溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降
【分析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
（1）
氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
（2）
由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊，低温干燥至恒重，故答案为：搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊；
（3）
①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
（4）
向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。
江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、原理综合题
1．（2021·江苏·统考一模）锌冶炼过程中产生的锌渣主要成分为铁酸锌(ZnFe2O4)和二氧化硅，以及少量的铜、铁、锌的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金属离子，使锌渣得到充分利用。
(1)铁酸锌酸溶。铁酸锌难溶于水，其晶胞由A、B结构按照1∶1交替累积而成，如图所示。将铁酸锌粉末投入到1L1mol·L-1H2SO4中，保温80℃，匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如表所示。
时间/h
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
c(Zn2+)/mol•L-1
0.10
0.11
0.15
0.21
0.21
c(Fe3+)/mol•L-1
0.12
0.13
0.16
0.21
0.30
①B结构的化学式为___。
②铁酸锌和硫酸反应的离子方程式为___。
③酸溶时，溶出效率较高的金属离子是___。
(2)锌渣酸溶。将锌渣分别在SO2—1mol·L-1H2SO4、1mol·L-1H2SO4以及SO2—H2O三种体系中实验，均保持80℃，匀速搅拌，所得结果如图所示。已知：25℃时，Ksp(FeS)=6.3×10-17；Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(Cu2S)=2.5×10-48；FeS和ZnS可溶于稀硫酸，CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。
①在SO2—H2SO4体系中，Zn2+浸出率较高的原因是___。
②在SO2—H2SO4体系中，溶渣中Cu2S的质量增加，原因是___。
2．（2021·江苏·统考一模）氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。
(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B的变化过程可表示为___。
②脱除NO的总反应为___。
(2)电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。分别向0.1mol·L-1NaCl溶液和0.08mol·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图3所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是___。
③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是___。
3．（2022·江苏·统考一模）NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。
I.电化学技术
(1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，实际应用中常将若干个电化学还原器结构单元组装在一起，形成电堆，以提高NO的去除效率。
①纽扣式电化学还原器结构单元(其装置如图1所示)可叠加组装成电堆使用。电解时，阴极发生的电极反应式为_______。
②长管式电化学还原器结构单元(其剖面结构如图2所示)采用阴极微孔管作支撑，在管内外壁各设置一个对称的阳极微孔管，阴阳极管壁之间填充有固体氧化物电解质，使用时常将该结构单元组装成蜂窝状电堆。当电堆体积一定时，相比于纽扣式反应器，长管式反应器的优点是_______。
II.NH3-SCR技术
(2)Cu基催化剂是NH3-SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2(基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2)可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图3所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。
①从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。
②在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。
(3)将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体(N2为平衡气)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。
①在150-225°C范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是_______。
②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是_______。
4．（2023·江苏·统考一模）工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。
I.电解法制氢：甲醇电解可制得，其原理如图所示。
(1)阳极的电极反应式为_______。
II.催化重整法制氢
(2)已知：
反应1：
反应2：
则反应3： _______
(3)以催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。[]
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是_______。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是_______。
(4)铜基催化剂()能高效进行甲醇重整制氢，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。
①甲醇中混有少量的甲硫醇()，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为_______。
②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原。结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是_______。
(5)在Pt-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。
根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式并描述步骤2的反应机理_______。
二、有机推断题
5．（2021·江苏·统考一模）化合物F是海洋藻类的自我保护剂，其合成路线如图：
已知：(R为烃基，R1、R2为烃基或H，生成缩醛比生成缩酮容易)
(1)B的结构简式为___。
(2)C中手性碳原子的数目为___。
(3)C→D的反应类型为___。
(4)D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简式：___。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以和乙二醇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)___。
6．（2022·江苏·统考一模）化合物F是合成叶酸抗结剂培美曲塞二钠盐的中间体，其合成路线如下：
(1)A分子中碳原子的杂化方式为_______。
(2)C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简式：_______。
①苯环上有4个取代基。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(3)D→E反应中有一种分子式为C12H12O3Br2的副产物生成，其结构简式为_______。
(4)E→F的反应需经历E→X→F的过程。中间体X的分子式为C16H18N4O4，且X不能发生银镜反应。则E→X发生的反应类型为_______。
(5)写出以乙烯和为原料制备治疗类风湿关节炎药物中间体的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题干)_______。
7．（2023·江苏·统考一模）化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：
(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)C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简式：_______。
①分子中有4种不同化学环境的氢，能与发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应。
②在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。
(4)D到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为。M的结构简式为_______。
(5)请写出以和甲酸乙酯为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
三、工业流程题
8．（2021·江苏·统考一模）三草酸合铁酸钾是制备负载型活性催化剂的主要原料，易溶于水，难溶于乙醇。实验室制备流程如图：
(1)制备FeC2O4•2H2O晶体。
①“溶解”时加入硫酸的目的是___。
②“沉淀”得到FeC2O4•2H2O晶体，“沉淀”时发生反应的离子方程式为___。
③“沉淀”时需要煮沸，其目的是___。
(2)制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。
【查阅资料】
①K2Fe(C2O4)2溶于水；Fe2(C2O4)3难溶于水。
②实验条件下，pH=3.2时，Fe3+沉淀完全；过氧化氢在40℃发生显著分解。
③铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应。以FeC2O4•2H2O晶体作为原料，制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为3，___，过滤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体。(实验中须使用的试剂：10%H2O2溶液，饱和K2C2O4溶液，无水乙醇，K3[Fe(CN)6]溶液。)
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取1.250gK3[Fe(C2O4)3]·3H2O样品，加入适量水溶解并用稀硫酸酸化，加热至80℃，趁热用0.1500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液18.30mL。测定过程中发生的反应为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。计算样品的纯度(写出计算过程)：___。
9．（2022·江苏·统考一模）Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：
(1)浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h.。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。
(2)焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500°C焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]
(3)硫化。400°C时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
(4)工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是_______。
10．（2023·江苏·统考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。
已知：萃取时发生的反应为。
(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。
(2)除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。
①为使、除尽，必须保持溶液中_______。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是_______。 [，，]。
(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。
(4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。
①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。
11．（2023·江苏·统考一模）对为载体的加氢废催化剂(主要含有、NiS、，少量碳、磷)处理的实验流程如下：
(1)NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。
(2)高温氧化焙烧时，发生反应的化学方程式为_______。
(3)滤渣X的成分为和_______。
(4)易溶于水，、均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入，再滴加溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体。
①实验中球形干燥管的作用是_______。
②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成的离子方程式为_______。
③向滤液中先通入后加入溶液的原因是_______。
(5)已知：①该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。
②实验中须用到的试剂：2 溶液、0.1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的和不溶性杂质。请完成从浸渣制备的实验方案：_______。
四、实验题
12．（2022·江苏·统考一模）以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl—)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：
(1)将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是_______。
(2)为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，_______，低温干燥至恒重。(可选用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)
(3)①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是_______(填化学式)。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是_______。
(4)向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜。若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是_______。
参考答案：
1． [Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+ ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O Zn2+ 与二氧化硫体系相比，该体系溶液酸性更强、与硫酸体系相比，该体系中二氧化硫具有还原作用，SO2将Fe3+还原为Fe2+，降低了Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动 铜的氧化物转化为铜的硫化物、+2价铜的化合物被二氧化硫还原，形成硫化亚铜
【详解】(1)①根据B的结构可知Zn2+分布在立方晶胞的四个顶点，根据均摊法可知一个晶胞中Zn2+的数目为4×=0.5，四个氧离子和四个Fe3+均在晶胞内部，所以一个晶胞完整的占有了4个O2-和4个Fe3+，在根据化合价代数求和可知B的化学式为[Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+。
②A中有四个Zn2+在立方晶胞的四个顶点，一个Zn2+在体心，四个氧离子在立方晶胞内部，根据均摊法可知A的化学式为[Zn1.5O4]5-，又知道B为[Zn0.5Fe4O4]5+，所以铁酸锌的化学式为ZnFe2O4，铁酸锌和硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+，所以离子方程式为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O。
③ZnFe2O4中Fe3+含量为Zn2+两倍，而根据表格可知酸溶时，溶出的Fe3+量小于Zn2+的两倍，所以酸溶时，溶出效率较高的金属离子是Zn2+。
(2)①根据锌渣酸溶时发生反应：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，可知酸性环境有利于锌渣的溶解，Fe3+具有较强的氧化性，会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动。所以答案为：与二氧化硫体系相比，该体系溶液酸性更强、与硫酸体系相比，该体系中二氧化硫具有还原作用，SO2将Fe3+还原为Fe2+，降低了Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动
②在酸性条件下，锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物，而二氧化硫具有较强的还原性，可以将正二价的铜还原从而形成了硫化亚铜，所以答案为：
铜的氧化物转化为铜的硫化物、+2价铜的化合物被二氧化硫还原，形成硫化亚铜。
2． 2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+ 4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O 3H2O2+2NO+2OH-=2NO+4H2O 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强、电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强 随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱
【详解】(1)①根据图一可知沸石笼的反应物为Cu(NH3)和O2，根据图2可知B为[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+，所以A到B的变化过程可表示为：2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+。
②根据图1可知脱除NO的反应物为NO、NH3、O2，生成物为氮气和水，所以总反应为：4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O。
(2)①在水溶液中具有较强氧化性的H2O2将NO氧化为NO，溶液为碱性，根据得失电子守恒和物料守恒以及溶液呈碱性可以得出反应的离子方程式为：3H2O2+2NO+2OH-=2NO+4H2O。
②溶液呈碱性时，NO的去除率更高，电解氯化钠溶液，会生成氯气和氢氧化钠，溶液的碱性比电解硫酸钠溶液的碱性要更强，使得NO的去除率更高，氯气在碱性条件下生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强，也会导致NO的去除率更高，所以答案为：电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强、电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强。
③根据图4可知电流强度增大到一定程度之后，次氯酸根的浓度会下降，而氧化性较弱的氯酸根离子浓度增大，从而导致NO去除率下降，而只有温度较高时才会有氯酸根生成，所以答案为：随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。
3．(1) 2NO+4e—=N2+2O2— 反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高
(2) NH3 Ce2O3
(3) 随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升 烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性
【解析】（1）
①由图可知，通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极，一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和氧离子，电极反应式为2NO+4e—=N2+2O2—，故答案为：2NO+4e—=N2+2O2—；
②由长管式电化学还原器结构单元的示意图可知，相比于纽扣式反应器，长管式反应器中反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快，且气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，一氧化氮的去除率更高，故答案为：反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高；
（2）
①从整个反应机理来看，CeO2、SO2是反应的催化剂，NH3、NO、O2是反应的反应物，N2和H2O是生成物，反应中NH3分子中的氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，故答案为：NH3；
②由反应①可得反应xCeO2+3SO2+ O2=Cex(SO4)y，由硫原子个数守恒可得：y=3，由氧原子个数守恒可得2x+6+2=4y，解联立可得x=2，则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由反应②为没有化合价变化的非氧化还原反应，所以CemOn中Ce元素的化合价也为+3价，则氧化物的化学式为Ce2O3，故答案为：Ce2O3；
（3）
①在150-225°C范围内，一氧化氮去除率随温度的升高而迅速上升说明随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使一氧化氮的去除反应速率迅速上升，故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；
②若燃煤烟气中伴有一定浓度的氯化氢气体，氯化氢与通入的氨气反应生成氯化铵固体，原剂氨气的量减少，会导致一氧化氮去除率下降，反应生成的氯化铵固体覆盖在铜基催化剂表面，使催化剂失去活性，也会使一氧化氮去除率下降，故答案为：烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性。
4．(1)
(2)+
(3) 水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升， CO选择性下降 反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升
(4) 催化剂表面有积碳沉积
(5)M的结构简式为 ，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面
【详解】（1）由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为；
（2）由盖斯定律可知，反应1+2得反应3：
（3）①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升， CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
（4）①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇()，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇，反应为；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积碳沉积，而煅烧可以将积碳除去使得催化剂活性恢复；
（5）M的结构简式为 ，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面。
5． 1 消去反应 或
【分析】化合物A与乙二醇在对甲苯磺酸作用下生成B，B与CrCl2和反应生成C，C发生消去反应生成D，D在对甲苯磺酸和丙酮作用下生成E，E在PdCl2和Na2CO3作用下生成E。
【详解】(1)根据以及A的结构简式和B的分子式C8H12O3以及反应条件可知B的结构简式为。
(2) C的结构为为，根据手性碳的特性可知手性碳为虚线圈住部分所以手性碳数目为1。
(3)C为，D为，反应中羟基被消去，所以发生的反应类型为消去反应。
(4)D的结构，不饱和度为5，一种同分异构体能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，所以含有结构，且已经占有了5个不饱和度，所以剩下的11个碳原子分布在烷基上；同分异构体满足分子中有四种不同化学环境的氢原子，所以是高度对称的结构，符合条件的有：或，所以答案为：或。
(5)最终合成产物是，根据逆推法以及题中信息可知上一步的反应可以是，原料为，可以发生水解反应生成，根据题意转化为需要先将羟基氧化成醛基，所以可以发生这三步反应，再经过还原反应可得到，综合起来可知
以和乙二醇为原料制备的合成路线为：
6．(1)sp2、sp3
(2) 、
(3)
(4)加成反应
(5)CH2=CH2CH3CHOBrCH2CHO
【分析】在催化剂作用下与CH≡CCH2CH2OH发生取代反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，在催化剂作用下与次氯酸钠发生氧化反应生成，在催化剂作用下与溴化氢发生取代反应生成，在催化剂作用下与反应生成。
（1）A的结构简式为，分子中含有的苯环碳原子和双键碳原子的杂化方式都为sp2杂化，甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；
（2）由C的同分异构体苯环上有4个取代基，分子中有4种不同化学环境的氢原子可知，C的同分异构体分子结构对称，苯环上连有的取代基为、两个—OH和—C(CH3)3，符合条件的结构简式为 、 ，故答案为： 、 ；
（3）由分析可知，D→E反应为在催化剂作用下与溴化氢发生取代反应生成，分子中与醛基相连的邻碳原子上的氢原子能在催化剂作用下与溴化氢继续发生取代反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为：；
（4）由X不能发生银镜反应可知E→X发生的反应为在催化剂作用下与发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（5）由题给有机物的转化关系可知，以乙烯和为原料制备的合成步骤为在催化剂作用下乙烯发生催化氧化反应生成乙醛，在催化剂作用下乙醛与溴化氢发生取代反应生成BrCH2CHO，BrCH2CHO在催化剂作用下与反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CHOBrCH2CHO，故答案为：CH2=CH2CH3CHOBrCH2CHO。
7．(1)sp2、sp3
(2)还原反应
(3)或
(4)
(5)
【分析】A发生硝化反应生成B，B中的硝基变为氨基生成C，C与甲酸乙酯反应生成D，D中氨基、醛基先发生加成反应，再发生消去反应生成E，E中羟基被氯原子取代生成F，F发生取代反应生成G。
【详解】（1）A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（2）B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应；
（3）①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，能与发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基。②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。符合条件的C的同分异构体为或；
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为，M发生消去反应生成E， M的结构简式为。
（5）苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为 。
8． 抑制Fe2+水解 Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+ 促进草酸电离和沉淀的生成 边滴加饱和草酸钾溶液和10%过氧化氢溶液边不断搅拌(或边滴加饱和草酸钾溶液边搅拌，再滴加10%过氧化氢溶液同时不断搅拌)、水浴加热控制温度不超过40℃，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌 89.85%
【分析】
(NH4)2Fe(SO4)2加入稀硫酸进行溶解，抑制Fe2+水解；加入草酸发生反应Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，在“沉淀”时进行煮沸可以促进草酸的电离，使草酸大量分解成草酸根，促进沉淀生成；取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为3，边滴加饱和草酸钾溶液和10%过氧化氢溶液边不断搅拌(或边滴加饱和草酸钾溶液边搅拌，再滴加10%过氧化氢溶液同时不断搅拌)、水浴加热控制温度不超过40℃，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌，过滤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体。
【详解】
(1)①由于亚铁离子发生水解生成氢离子，加入硫酸含有大量的氢离子，使亚铁离子的水解平衡左移，抑制了亚铁离子水解，故“溶解”时加入硫酸的目的是抑制Fe2+水解；
②根据题干信息可知，“沉淀”时发生反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
③“沉淀”时煮沸促进草酸的电离，使草酸大量分解成草酸根，促进沉淀生成，故“沉淀”时需要煮沸的目的是促进草酸电离和沉淀的生成；
(2) 取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为3，边滴加饱和草酸钾溶液和10%过氧化氢溶液边不断搅拌(或边滴加饱和草酸钾溶液边搅拌，再滴加10%过氧化氢溶液同时不断搅拌)、水浴加热控制温度不超过40℃，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌，过滤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体。
(3)n(KMnO4)=18.30×10-3L×0.15mol·L-1=2.745×10-3mol，n()=n(KMnO4)=6.8625×10-3mol，n﹛K3[Fe(C2O4)3]·3H2O﹜==2.2875×10-3mol，ω﹛K3[Fe(C2O4)3]·3H2O﹜=×100%=89.85%，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O样品的纯度为89.85%。
9．(1)Al3+、H+
(2)n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)= 6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)= 0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)=n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=
(3) SO2+2H2S+2H2O FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O
(4)+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物
【分析】用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化，反应方程式为SO2+2H2S+2H2O；
（1）
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
（2）
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=；
（3）
①硫化过程SO2和H2反应生成S和水，反应的化学方程式为SO2+2H2S+2H2O；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
（4）
在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，工业SO2烟气中含有较高浓度的O2，铁的氧化物易被氧化，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。
10．(1)
(2) 0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
(3) 实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降
(4) 在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4 12
【分析】含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
【详解】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：；
（2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
（3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；
（4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
11．(1)[Ar]3d8
(2)
(3)Al(OH)3
(4) 防止倒吸 避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度
(5)向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤
【分析】废催化剂通入空气氧化焙烧，、NiS、转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4；
【详解】（1）基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为[Ar]3d8；
（2）高温氧化焙烧时，和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为；
（3）由分析可知，滤渣X的成分为和Al(OH)3；
（4）①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体，pH为9～10时磷主要以存在，则反应为；
③已知：易溶于水，、均难溶于水。向滤液中先通入后加入溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；
（5）该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。
12．(1)防倒吸
(2)搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊
(3) CuCl2 降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
(4)溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降
【分析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
（1）
氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
（2）
由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊，低温干燥至恒重，故答案为：搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊；
（3）
①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
（4）
向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。
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