試卷第=page2020頁，共=sectionpages2020頁試卷第=page1919頁，共=sectionpages2020頁北京市石景山區2020屆-2022屆高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題一、填空題1．（2021·北京石景山·統考一模）化學工業為疫情防控提供了強有力的物質支撐。氯及其化合物既是重要化工原料，又是廣泛使用的高效滅菌消毒劑。回答下列問題：(1)用氯氣制備漂白液的離子方程式是______。(2)TCCA是一種高效含氯消毒漂白劑，貯運穩定，在水中釋放有效氯時間長，應用于游泳池等公共場合，其分子結構如圖所示：已知：X、Y、Z、W屬于原子序數遞增的短周期元素，Z核外最外層電子數是電子層數的3倍。①TCCA的分子式是______。②X、Y、Z對應簡單氫化物中熱穩定性最強的是______(用氫化物的化學式表示)。(3)ClO2和NaClO2均為重要的殺菌消毒劑，將ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制備NaClO2。資料：NaClO2晶體易溶于水，難溶于乙醇。NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出NaClO2·3H2O晶體，高于38℃時析出NaClO2晶體，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。①寫出由ClO2制備NaClO2的離子方程式______。②從上述NaClO2溶液獲得干燥的NaClO2晶體的操作步驟為：將溶液在減壓和55℃條件下蒸發至大量晶體析出后，______，______，低于60℃干燥，得到NaClO2晶體(補全實驗步驟)。二、實驗題2．（2019·北京石景山·統考一模）某實驗小組對KSCN的性質進行探究，設計如下實驗：試管中試劑實驗滴加試劑現象Ⅰⅰ.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ⅱ.再加硫酸酸化的KMnO4溶液ⅰ.無明顯現象ⅱ.先變紅，后褪色Ⅱⅲ.先加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液ⅳ.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液ⅲ.溶液變紅ⅳ.紅色明顯變淺（1）SCN－存在兩種結構式，分別為N≡C—S－和S=C=N－，SCN－是二者的互變異構的混合物，請寫出N≡C—S－的電子式__________。（2）用離子方程式表示FeSO4溶液顯酸性的原因__________。（3）①用離子方程式表示實驗Ⅰ溶液變紅的原因____________________________。②針對實驗Ⅰ中紅色褪去的原因，小組同學認為是SCN－被酸性KMnO4氧化為SO42－，并設計如如圖實驗裝置證實了猜想是成立的。其中X溶液是_______，Y溶液是_______，檢驗產物SO42－的操作及現象是_____________。（4）針對實驗Ⅱ“紅色明顯變淺”的現象，實驗小組進行探究。甲同學查資料得知：當加入強電解質后，增大了離子間相互作用，離子之間牽制作用增強，即“鹽效應”。“鹽效應”使Fe3++SCN－[Fe(SCN)]2+平衡體系中的Fe3+跟SCN－結合成[Fe(SCN)]2+的機會減少，溶液紅色變淺。乙同學認為SCN－可以與Fe2+反應生成無色絡合離子，進一步使Fe3++SCN－[Fe(SCN)]2+平衡左移，紅色明顯變淺，而Mg2+與SCN－難絡合，于是乙設計了如下實驗：由此推測，實驗Ⅱ“紅色明顯變淺”的原因是___________________。（5）工業上測定鈦鐵合金中鈦含量的其中一步反應原理是：以KSCN為指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti（Ⅲ），反應的化學方程式為：Ti2(SO4)3+2NH4Fe(SO4)2===2Ti(SO4)2+(NH4)2SO4+2FeSO4，則達到滴定終點的實驗現象是______。3．（2020·北京石景山·統考一模）“84消毒液”廣泛應用于殺菌消毒，其有效成分是NaClO。實驗小組制備消毒液，并利用其性質探索制備碘水的方法。資料：i.HClO的電離常數為Ka=4.7×10-8；H2CO3的電離常數為K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11。ii.碘的化合物主要以I-和IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。iii.碘單質能與I-反應：I2+I-I3-（I3-低濃度時顯黃色，高濃度時為棕色）。Ⅰ.制備消毒液（夾持裝置略）（1）制備NaClO消毒液的裝置是__________（填C或D）。（2）制備完成后，向C裝置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物質，得到與某品牌成分相同的消毒液，用平衡移動原理解釋NaOH的作用___________________。（3）結合資料i，寫出D中反應的化學方程式______________________。Ⅱ.利用消毒液的性質探究碘水的制備方法將某品牌“84消毒液”稀釋10倍，各取100mL于三個燒杯中，設計如下實驗方案制備碘水：方案操作現象反應后加淀粉溶液1燒杯1溶液中加入9gKI固體溶液為橙黃色……2燒杯2溶液中加入9gKI固體再加入1mo/L鹽酸10mL溶液顏色快速加深，呈紫紅色變藍3燒杯3溶液中加入少量KI固體（小于0.5g）振蕩后溶液保持無色不變藍（4）對比不同方案的實驗現象，得出制取碘水的最佳方法要關注的因素是________。（5）針對燒杯3“滴加淀粉溶液不變藍”的原因，提出兩種假設：假設1：過量的NaClO將反應生成的I2氧化為IO3-。設計實驗證實了假設1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的離子方程式是_____________。假設2：生成的I2在堿性溶液中不能存在。設計實驗a證實了假設2成立，實驗a的操作及現象是______________________。（6）某小組檢驗燒杯3所得溶液中含IO3-：取燒杯3所得無色溶液少許，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反應后再滴加淀粉溶液，發現溶液變藍。該實驗方案能否證明燒杯3所得溶液中存在IO3-，說明理由______________________。（7）預測燒杯1反應后加淀粉溶液的實驗現象，結合方程式說明預測依據________。4．（2021·北京石景山·統考一模）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常見的食品添加劑。某實驗小組制備NaNO2并對其性質進行探究。資料：Ag+與NO反應，可生成AgNO2白色沉淀或無色配離子。Ⅰ.NaNO2的制取(夾持裝置略)實驗i向裝置A中通入一段時間N2，再通入NO和NO2混合氣體，待Na2CO3反應完全后，將所得溶液經系列操作，得到NaNO2白色固體。(1)儀器a的名稱是______。(2)制取NaNO2的離子方程式是______。(3)小組成員推測HNO2是弱酸。為證實推測，向NaNO2溶液中加入試劑X，“實驗現象”證實該推測合理，加入的試劑及現象是______。Ⅱ.NaNO2性質探究將實驗ⅰ制取的NaNO2固體配制成約0.1mol/LNaNO2溶液，進行實驗ⅱ和ⅲ。實驗ii(4)①由實驗ⅱ的現象得出結論：白色沉淀的生成與______有關。②僅用實驗ⅱ的試劑，設計不同實驗方案進一步證實了上述結論，實驗操作及現象是______。(5)①酸性條件下，NO氧化I-的離子方程式是______。實驗iii②甲同學認為，依據實驗ⅲ的現象可以得出結論：該條件下，NO能氧化I-。乙同學則認為A裝置中制取的NaNO2含有副產物，僅憑實驗ⅲ不能得出上述結論，還需要補充實驗iv進行驗證，乙同學設計實驗iv證明了實驗ⅲ條件下氧化I-的只有NO，實驗iv的實驗方案是______。5．（2022·北京石景山·統考一模）某實驗小組從電極反應角度探究銀鏡反應中物質氧化性和還原性的變化。資料：ⅰ.[Ag(NH3)2]+?[Ag(NH3)]++NH3K1=10?3.81[Ag(NH3)]+?Ag++NH3K2=10?3.24ⅱ.AgOH不穩定，極易分解為黑色Ag2O，Ag2O溶于氨水(1)實驗發現：乙醛和AgNO3溶液水浴加熱無明顯現象；銀氨溶液水浴加熱無明顯現象；滴加乙醛的銀氨溶液水浴加熱，試管壁逐漸出現一層光亮的銀鏡。①有研究表明：配制銀氨溶液時，AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，寫出生成Ag(NH3)2NO3的化學方程式_______。②從氧化還原角度分析：發生銀鏡反應時，氧化性微粒可能是Ag+、_______。(2)甲同學查閱資料：銀鏡反應時，Ag+被還原成Ag。①電極反應式：ⅰ.還原反應：Ag++e?=Agⅱ.氧化反應：_______。(堿性條件下)②從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化：ⅰ.隨c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱。ⅱ.隨c(OH?)增大，乙醛還原性增強。③補充實驗驗證②中的分析。實驗操作及現象：實驗Ⅰ.插入“飽和KNO3溶液”鹽橋，電流表指針偏轉；實驗Ⅱ.電流穩定后向右側燒杯滴加NaOH溶液，指針偏轉幅度增大；實驗Ⅲ.電流再次穩定后向左側燒杯滴加氨水，指針偏轉幅度減小乙同學認為實驗Ⅲ不能證明“隨c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱”，理由是_______。(3)設計實驗進一步驗證。實驗實驗操作實驗現象Ⅳ往盛有銀氨溶液的試管中滴加濃氨水，無明顯現象，加入3滴乙醛，振蕩，水浴加熱聞到刺激性氣味，溶液略顯灰色，試管壁未見銀鏡Ⅴ往盛有銀氨溶液的試管中滴加較濃的NaOH溶液至pH與實驗Ⅳ相同，振蕩，溶液變渾濁，加入3滴乙醛，振蕩，水浴加熱試管壁立即出現銀鏡①乙同學認為通過實驗Ⅳ能證明“隨c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱”，你認為是否合理并說明原因_______。②分析實驗Ⅴ中“立即出現銀鏡的原因”，提出假設：隨c(OH?)增大，可能是也參與了還原。經檢驗該假設成立，實驗方案及現象是_______。(4)總結：ⅰ.銀氨溶液和乙醛發生銀鏡反應時，氧化劑主要是Ag+，還原劑主要是乙醛；ⅱ.銀氨溶液中滴加較濃的NaOH溶液能促進銀鏡反應的發生，此法不適用于檢驗醛基，請解釋原因_______。三、有機推斷題6．（2019·北京石景山·統考一模）化合物I（戊巴比妥）是臨床常用的鎮靜、麻醉藥物，其合成路線如下：已知：R′、R′′、R′′′代表烴基，R代表烴基或氫原子。ⅰ.ⅱ.ⅲ.回答下列問題：（1）F→G的反應類型是_________________。（2）A的化學名稱是_____________________。（3）試劑a的結構簡式_____________________。（4）I的結構簡式_____________________。（5）B、C互為同分異構體，寫出B→D的化學方程式_____________________。（6）寫出E→F的化學方程式_____________________。（7）以A和另一種有機化合物及必要的無機試劑可合成B，則B的合成路線為______。（用結構簡式表示有機化合物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上或下注明試劑和反應條件）。7．（2020·北京石景山·統考一模）由化合物A制備可降解環保塑料PHB和一種醫藥合成中間體J的合成路線如圖：已知：ⅰ.+R3—COOH（—R1、—R2、—R3均為烴基）ⅱ.+2RBr+2HBr回答下列問題：（1）C→PHB的反應類型是__________________。（2）B中官能團的名稱是__________________。（3）A的結構簡式是__________________。（4）D→E的反應方程式是_____________________________。（5）E+G→H的反應方程式是____________________________。（6）X是J的同分異構體，滿足下列條件的有_種（不考慮順反異構）。①鏈狀結構；②既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應。其中核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為6:1:1的結構簡式是_________。（7）已知：2CH3CHO。以乙烯為起始原料，選用必要的無機試劑合成C，寫出合成路線__________。8．（2021·北京石景山·統考一模）《本草綱目》記載紅曲米有特殊功效，受此啟發有學者從紅曲米中分離出具有降脂功能的有效成分——洛伐他汀，之后科學家合成了多種他汀類藥物。“匹伐他汀鈣”是人工合成的一種他汀類藥物，其合成路線如下：已知：(1)A是一種芳香烴，A的名稱是______。(2)由B生成C的反應類型是______。(3)D→E的化學方程式是______。(4)F的結構簡式是_____。(5)D的同分異構體中，滿足下列條件的有______種。①與FeCl3作用顯色；②能夠發生銀鏡反應。寫出其中一種同分異構體的結構簡式______。(6)H含有2個苯環，核磁共振氫譜圖中有7組峰，且面積比為2:2:2:1:1:1:1，G→H的化學方程式是______。(7)H→I反應中生成中間體L，L含有3個六元環，1mol的L轉化成I需要脫去2mol水，L的結構簡式是______。9．（2022·北京石景山·統考一模）依澤替米貝是一種新型高效、副作用低的調脂藥，其合成路線如下。已知：R1-COOH+R2-NH-R3(1)A屬于芳香烴，A→B的反應類型是_______。(2)C含有氨基，寫出C的結構簡式_______。(3)D的芳香族同分異構體有_______種(不含D本身)。(4)E中含有的官能團：_______。(5)寫出E制備F時中間產物L的結構簡式_______。(6)環狀化合物G的核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積比為2：1，G→H的化學方程式是_______。(7)參考如下示例，畫出J和F生成K時新形成的碳碳鍵。_______示例：四、工業流程題10．（2019·北京石景山·統考一模）聚合硫酸鐵（簡稱PFS或聚鐵）是水處理中重要的絮凝劑。以黃鐵礦的燒渣（主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2等）為原料制取聚合硫酸鐵（）的工藝流程如下：（1）酸浸時最合適的酸是_____（寫化學式）。（2）酸浸后溶液中主要的陽離子有_____。（3）加入KClO3的目的是_____________________________（結合離子方程式說明）。（4）過程a中生成聚合硫酸鐵的過程是先水解再聚合。將下列水解反應原理的化學方程式補充完整。_____Fe2(SO4)3+_____H2O______Fe2(OH)x(SO4)3-+___________（5）過程a中水解要嚴控pH的范圍。pH偏小或偏大聚合硫酸鐵的產率都會降低，請解釋原因__________。（6）鹽基度B是衡量絮凝劑絮凝效果的重要指標，通常鹽基度越高，絮凝效果越好。鹽基度B的表達式：（n為物質的量）。為測量聚合硫酸鐵的鹽基度，進行如下實驗操作：ⅰ.取聚合硫酸鐵樣品mg，加入過量鹽酸，充分反應，再加入煮沸后冷卻的蒸餾水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不與OH－反應。然后以酚酞為指示劑，用cmol/L的標準NaOH溶液進行中和滴定，到終點時消耗NaOH溶液VmL。ⅱ.做空白對照實驗，取與步驟ⅰ等體積等濃度的鹽酸，以酚酞為指示劑，用cmol/L的標準NaOH溶液進行中和滴定，到終點時消耗NaOH溶液V0mL。①該聚合硫酸鐵樣品中n(OH－)＝_________mol。②已知該樣品中Fe的質量分數w，則鹽基度B＝_______________。11．（2020·北京石景山·統考一模）海水是巨大的化學資源寶庫，利用海水可以獲取很多物質。海水中主要離子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-等。利用1：淡水工業（1）海水淡化的方法主要有__、電滲析法、離子交換法等。（2）電滲析法是一種利用離子交換膜進行海水淡化的方法，其原理如圖所示。①淡水在__室（填X、Y或Z）形成后流出。②一般海水不直接通入到陰極室中，原因是______________。（3）離子交換法凈化海水模擬過程如圖所示，氫型陽離子交換原理可表示為：HR+Na+=NaR+H+，……。羥型陰離子交換樹脂填充段存在的反應有______________。利用2：提溴工業（4）用海水曬鹽之后的鹽鹵可提取溴，提取流程如圖：①用熱空氣將溴趕出，在吸收塔先用濃Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化為Br-和BrO3-，再加入W溶液得到Br2。推測W是______________。②蒸餾塔中通入水蒸氣加熱，控制溫度在90℃左右進行蒸餾的原因是____________。③將1m3海水濃縮至1L，使用該法最終得到38.4gBr2，若總提取率為60%，則原海水中溴的濃度是__mg/L。12．（2021·北京石景山·統考一模）重鉻酸鉀在工業中有廣泛的應用，可用鉻鐵礦為原料制備。以鉻鐵礦(主要成分可表示為FeO·Cr2O3，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質)制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)固體的工藝流程如下：資料：①NaFeO2遇水強烈水解。②。(1)K2Cr2O7中Cr元素的化合價是______。(2)步驟①發生多個反應，補全下列化學方程式___：___FeO·Cr2O3+___Na2CO3+___KClO3=12Na2CrO4+___Fe2O3+___CO2+_KCl(3)熔塊的主要成分為Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性鹽，濾渣1為紅褐色固體，寫出步驟②NaFeO2水解的離子方程式______。(4)結合化學用語解釋步驟④調pH的目的______。(5)重鉻酸鉀純度測定稱取重鉻酸鉀試樣2.9400g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化鉀(Cr2O的還原產物為Cr3+)，放于暗處5min，然后加入100mL水和淀粉指示劑，用0.1200mol/LNa2S2O3標準溶液滴定(I2+2S2O=2I－+S4O)。①滴定終點的顏色變化是______。②若實驗共用去Na2S2O3標準溶液40.00mL，則所得產品中重鉻酸鉀的純度是______(滴定過程中其它雜質不參與反應)。13．（2022·北京石景山·統考一模）從銅電解液中分離得到的粗硫酸鎳晶體中含有大量的雜質元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我國科學家對粗硫酸鎳進行精制提純，其工藝流程如下。已知：i.含鎳溶液中的主要離子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+ii.飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ.部分物質的電離常數和溶度積常數如下表物質電離常數物質溶度積常數物質溶度積常數H2SKa1=1.1×10?7Ka2=1.3×10?13CuS6.3×10?36FeS6.3×10?18NiS3.2×10?19Ni(OH)25.5×10?16CaF24×10?11Fe(OH)32.8×10?39(1)H2S是弱電解質，Ka1×Ka2=_______[用c(H2S)、c(H+)和c(S2?)表示]=1.43×10?20。(2)濾渣1中含有As2S3和S，寫出生成As2S3和S的離子方程式_______。(3)解釋“氧化除雜”中析出Fe(OH)3的原因_______。(4)“氟化除雜”中試劑a為_______。(5)“P204萃取”水溶液的pH約為3.3，結合下圖解釋原因_______。(6)理論上“硫化除雜”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L[計算時c(H2S)取0.1mol/L，結果保留兩位有效數字]。五、原理綜合題14．（2019·北京石景山·統考一模）尿素[CO(NH2)2]是首個由無機物合成的有機化合物，通常用作植物的氮肥。合成尿素的主要反應如下：i.2NH3(l)+CO2(g)(l)（氨基甲酸銨）

△H＝－akJ/molii.(l)(l)+H2O(l)

△H＝+bkJ/moliii.2（縮二脲）+NH3（副反應，程度較小）（1）實驗室制取氨氣的化學方程式是__________________。（2）CO(NH2)2中C為+4價，N的化合價_______。（3）CO2和NH3合成尿素的熱化學方程式為___________________________。（4）工業上提高氨碳比（），可以提高尿素的產率，結合反應i～iii，解釋尿素產率提高的原因______。（5）某科研小組模擬工業合成尿素，一定條件下，在0.5L的密閉容器中投入4molNH3和1molCO2，測得反應中各組分的物質的量隨時間變化如圖1所示：①反應進行到10min時，用CO2表示反應i的速率υ(CO2)＝________。②合成總反應的快慢由慢的一步決定，則合成尿素的總反應的快慢由第______步反應決定（填“i”或“ii”）。（6）我國研制出非貴金屬鎳鉬基高效電催化劑，實現電解富尿素廢水低能耗制H2（裝置如圖2）。總反應為：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑。①A電極連接電源的_______極（填“正”或“負”）。②A電極的電極反應為______。15．（2020·北京石景山·統考一模）汽車尾氣中NOx的生成和消除是科學家研究的重要課題。（1）NOx能形成酸雨，NO2轉化為HNO3的化學方程式是__。（2）汽車發動機工作時會引發N2(g)+O2(g)=2NO(g)

?H=+180kJ·mol-1，其能量變化示意圖如下：則NO中氮氧鍵的鍵能是__kJ·mol-1。（3）用NH3可消除NO污染，反應原理為：4NH3+6NO5N2+6H2O，以n(NH3)：n(NO)分別為4:1、3:1、1:3投料，得到NO脫除率隨溫度變化的曲線如圖所示：①曲線a對應的n(NH3):n(NO)=__。②曲線c中NO的起始濃度為4×10-4mg/m3，從A點到B點經過0.8s，該時間段內NO的脫除速率為__mg/(m3·s)。③由圖可知，無論以何種比例反應，在溫度超過900℃時NO脫除率都會驟然下降，可能的原因是__（至少寫兩條）。16．（2021·北京石景山·統考一模）將CO2還原成甲烷，是實現CO2資源化利用的有效途徑之一。I．CO2甲烷化CO2甲烷化過程可能發生反應：ⅰ．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ?mol?1ⅲ．CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)ΔH3＝－206.1kJ?mol?1……(1)ΔH1＝______kJ?mol?1。(2)不同條件下，按照n(CO2):n(H2)＝1:4投料，CO2的平衡轉化率如圖所示。①壓強p1、p2、p3由大到小的順序是______。②壓強為p1時，隨著溫度升高，CO2的平衡轉化率先減小后增大。解釋溫度高于600℃之后，隨著溫度升高CO2轉化率增大的原因______。Ⅱ．微生物電化學法微生物電化學產甲烷法是將電化學法和生物還原法有機結合，裝置如上圖所示。(3)陰極的電極反應式是______。(4)若生成1molCH4，理論上陽極室生成CO2的體積是______L(標準狀況，忽略氣體的溶解)。17．（2022·北京石景山·統考一模）CO2分子結構穩定，難以給出電子，較容易接受電子，較難活化。采用CO2作為碳源，通過CO2催化加氫方式，不僅可以減少溫室氣體的排放，還可以將CO2轉化為高附加值的化學產品，具有重要的戰略意義。(1)若活化CO2，通常需要采取適當的方式使CO2的分子結構從_______(填分子的空間結構名稱)變為彎曲型，便于下一步反應。(2)一種CO2直接加氫的反應機理如圖a所示。①寫出總反應的化學方程式_______。②MgOCO2也可以寫成MgCO3，寫出CO的VSEPR模型名稱_______。(3)①已知：主反應CO2催化加氫制甲醇是放熱反應2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH12CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g)ΔH2寫出CO2催化加氫制甲醇的熱化學方程式_______(ΔH用含ΔH1和ΔH2的代數式表示)。②CO2催化加氫制甲醇過程中的主要競爭反應為：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol，在恒溫密閉容器中，維持壓強和投料不變，將CO2和H2按一定流速通過反應器，CO2轉化率和CH3OH選擇性[x(CH3OH)%=]隨溫度變化關系如圖b所示，分析236℃以后，圖b中曲線下降的原因_______。③我國科學家設計了離子液體電還原CO2合成CH3OH工藝，寫出堿性條件下CO2生成甲醇的電極反應式_______。六、元素或物質推斷題18．（2020·北京石景山·統考一模）清代化學家徐壽創立了化學元素的中文名稱和造字原則，推動了化學知識在中國的傳播和應用。物質A由原子序數依次增大的短周期元素X、Y、Z組成，其中Z為金屬元素，X、Y、Z簡單離子的核外電子排布相同，物質A的結構式如圖所示：回答下列問題：（1）Y、Z元素的名稱為徐壽確定并使用至今，Y在周期表中的位置是__________。（2）比較X、Y、Z簡單離子的半徑大小（用對應離子符號表示）__________。（3）在YZO2與YX的混合液中，通入足量CO2是工業制取A的一種方法，寫出該反應的化學方程式__________。（4）與X同主族的元素溴和碘可以發生下列置換反應：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，這兩個置換反應矛盾嗎？簡述理由__________。七、結構與性質19．（2022·北京石景山·統考一模）工業上用Fe(Ⅲ)作為可再生氧化劑回收工業廢氣中的H2S，生產單質硫。(1)鐵元素屬于_______區(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。(2)Fe3+生化氧化再生法分為吸收和再生兩部分。①吸收：用Fe3+將H2S氧化為S，該反應的離子方程式是_______。②再生：O2在氧化亞鐵硫桿菌作用下再生Fe3+。缺點：氧化亞鐵硫桿菌生長的最佳pH范圍是1.4～3.0，但酸性條件不利于H2S的吸收，結合平衡移動原理解釋原因_______。(3)絡合鐵法脫硫技術吻合節能減排、經濟高效的工業化指導思想。①堿性條件有利于H2S的吸收，但Fe3+極易形成氫氧化物和硫化物沉淀，請在圖中用“↑”或“↓”補全Fe3+的電子分布圖。從圖中可以看出Fe3+有空軌道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配體，n表示配位數)。_______②ⅰ.寫出堿性條件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的離子方程式_______。ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的離子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH?寫出總反應的化學方程式_______。③下圖是EDTA與Fe3+形成配合物的結構示意圖，Fe3+外層空軌道采取sp3d2雜化，1mol該配合物中配位鍵有_______mol。答案第=page2626頁，共=sectionpages2626頁答案第=page2525頁，共=sectionpages2626頁參考答案：1．

Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O

C3N3O3Cl3

H2O

2ClO2+H2O2+2OH－=2ClO+O2+2H2O

趁熱過濾(或高于38℃過濾)

乙醇洗滌【分析】根據TCCA分子結構，X、Y、Z、W屬于原子序數遞增的短周期元素，根據結構得到X為C，Y為N，Z核外最外層電子數是電子層數的3倍，則Z為O，W為Cl【詳解】(1)用氯氣制備漂白液是氯氣通入到NaOH溶液中生成NaCl、NaClO和H2O，其離子方程式是Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；故答案為：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。(2)①根據圖中結構和前面分析得到TCCA的分子式是C3N3O3Cl3；故答案為：C3N3O3Cl3。②根據前面分析及同周期從左到右非金屬性逐漸增強，其簡單氣態氫化物穩定性逐漸增強，因此X、Y、Z對應簡單氫化物中熱穩定性最強的是H2O；故答案為：H2O。(3)①將ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制備NaClO2，因此ClO2制備NaClO2的離子方程式2ClO2+H2O2+2OH－=2ClO+O2+2H2O；故答案為：2ClO2+H2O2+2OH－=2ClO+O2+2H2O。②根據題意，由于NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出NaClO2·3H2O晶體，高于38℃時析出NaClO2晶體，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，NaClO2晶體易溶于水，難溶于乙醇；因此需在溫度高于38℃過濾，用乙醇洗滌，低于60℃干燥，得到NaClO2晶體；故答案為：趁熱過濾(或高于38℃過濾)；乙醇洗滌。2．

Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+

MnO4—+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe3++3SCN—Fe(SCN)3

0.1mol/LKSCN溶液

硫酸酸化的KMnO4溶液

一段時間后取少量反應后的KSCN溶液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，出現白色沉淀

水溶液的稀釋使溶液變淺；“鹽效應”使Fe3+跟SCN—結合成[Fe(SCN)]2+的機會減少；SCN—與Fe2+反應生成無色絡合離子，三者可能均有

無色變為紅色或溶液變紅【分析】（1）根據結構式即可寫電子式；（2）考查鹽類水解；（3）探究溶液變紅后褪色原因，先變紅是Fe2+氧化為Fe3+，Fe3+再與SCN—結合生成Fe(SCN)3。后褪色設計成原電池，從電子轉移方向可判斷正負極，結合化合價改變可判斷電解質溶液；（4）結合實驗現象可知三次顏色都變淺，即都有關系；（5）滴定終點會有鐵離子，能跟指示劑反應。【詳解】（1）根據結構式N≡C—S－，可知電子式為；（2）FeSO4是強酸弱堿鹽，顯酸性的原因是Fe2+的水解，離子方程式為：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+；（3）①KMnO4將Fe2+氧化為Fe3+，Fe3+再與SCN—結合生成Fe(SCN)3，溶液變紅，離子方程式為MnO4—+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe3++3SCN—Fe(SCN)3；②探究SCN－是否被酸性KMnO4氧化為SO42－，設計成原電池，由電子轉移方向可知，X溶液所處電極為負極，化合價升高，失去電子。故X溶液是0.1mol/LKSCN溶液，Y溶液是硫酸酸化的KMnO4溶液。檢驗產物SO42－的操作及現象是：一段時間后取少量反應后的KSCN溶液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，出現白色沉淀；（4）由三次加入試劑顏色均會變淺且一次比一次更淺可知，實驗Ⅱ“紅色明顯變淺”的原因是水溶液的稀釋使溶液變淺；“鹽效應”使Fe3+跟SCN—結合成[Fe(SCN)]2+的機會減少；SCN—與Fe2+反應生成無色絡合離子，三者可能均有。（5）以KSCN為指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti（Ⅲ），反應的化學方程式為：Ti2(SO4)3+2NH4Fe(SO4)2===2Ti(SO4)2+(NH4)2SO4+2FeSO4，滴定終點有：Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，則達到滴定終點的實驗現象是無色變為紅色或溶液變紅。3．

C

ClO-+H2OOH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)減小，分解速率減慢（或消毒液更穩定）

Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2

溶液的酸堿性；消毒液和KI的相對用量

5ClO-+I2+H2O=2IO3?+5Cl-+2H+

向與燒杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振蕩，藍色褪去

不能，溶液中存在大量ClO?的干擾，ClO?也可將I?氧化為I2使溶液變藍

“變藍，因為發生反應ClO?+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），溶液中存在I2單質”或“變藍，溶液顯橙黃色，肯定存在有色離子I2或I3-，反應生成的I2存在平衡I2+I-I3-，有I2會變藍”；或“不變藍，I2在堿性溶液中不存在，發生反應3I2+6OH-==IO3-+5I-+3H2O”【分析】（4）（5）根據得失電子數目和原子守恒寫出離子方程式。可通過向堿性溶液中加入淀粉溶液的碘水驗證生成的I2在堿性溶液中不能存在。（6）84消毒液中存在ClO?，ClO?具有氧化性，可將I?氧化為I2，進而對實驗產生干擾。（7）結合題給資料iii進行分析，燒杯1可能出現變藍、不變藍或橙黃色，據此進行合理分析。【詳解】（1）分析題中Ⅰ.制備消毒液過程，該反應原理為：濃鹽酸和KMnO4反應生成Cl2，然后Cl2與NaOH反應生成NaClO。實驗中注意Cl2通入C裝置前要進行除雜，則可知B裝置中應盛有飽和食鹽水，實驗后要考慮尾氣吸收問題。分析實驗裝置圖，可知裝置C為制備NaClO消毒液的裝置。答案為：C；（2）C裝置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO?在水溶液中發生水解：ClO?+H2OHClO+OH?，HClO不穩定易分解，故為了使消毒液保持穩定，應抑制ClO?的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH?濃度增大，使得ClO?的水解平衡左移，進而達到穩定消毒液的目的，答案為：ClO?+H2OOH?+HClO，加入NaOH使c(OH?)增大，平衡逆移，使c(HClO)減小，分解速率減慢（或消毒液更穩定）；（3）根據資料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3?，Cl2與水發生反應生成HCl和HClO，根據酸性強弱可知，最終發生的反應為：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案為：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；（4）分析Ⅱ中三個實驗操作，方案2中生成了碘單質，對比三個實驗方案的區別，可知成功制備碘水應注意兩個因素：溶液的酸堿性；KI和消毒液的相對用量。答案為：溶液的酸堿性；消毒液和KI的相對用量；（5）根據得失電子數目和原子守恒，可得出離子反應方程式為：5ClO?+I2+H2O=2IO3?+5Cl?+2H+；可在堿性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水進行驗證，實驗操作為：向與燒杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振蕩，藍色褪去；答案為：5ClO?+I2+H2O=2IO3?+5Cl-+2H+；向與燒杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振蕩，藍色褪去；（6）84消毒液的主要成分為NaClO，ClO?具有氧化性，同樣可以氧化I?生成I2，進而干擾實驗，故不能證明燒杯3中存在IO3-，答案為：不能，溶液中存在大量ClO?的干擾，ClO?也可將I?氧化為I2使溶液變藍；（7）為了保證消毒液的穩定性，84消毒液中加入了NaOH等物質，結合題給資料iii進行分析：變藍，因為生成了I2；不變藍，生成的I2又與OH?發生了反應。故答案為：“變藍，因為發生反應ClO?+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），溶液中存在I2單質”或“變藍，溶液顯橙黃色，肯定存在有色離子I2或I3-，反應生成的I2存在平衡I2+I-I3-，有I2會變藍”；或“不變藍，I2在堿性溶液中不存在，發生反應3I2+6OH-==IO3-+5I-+3H2O”。4．

分液漏斗

NO+NO2+CO=2NO+CO2

無色酚酞試液，溶液變成淺紅色

AgNO3溶液和NaNO2溶液的相對用量

向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐漸溶解

2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O

取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于試管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液沒有變藍【分析】由實驗裝置圖可知，制備亞硝酸鈉時，先向盛有碳酸鈉溶液的三頸燒瓶中通入一段時間氮氣，排盡裝置中的空氣后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合氣體，一氧化氮和二氧化氮在碳酸鈉溶液中反應生成亞硝酸鈉和二氧化碳，盛有酸性高錳酸鉀溶液的洗氣瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空氣。【詳解】(1)儀器a為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸鈉溶液中反應生成亞硝酸鈉和二氧化碳，反應的離子方程式為NO+NO2+CO=2NO+CO2，故答案為：NO+NO2+CO=2NO+CO2；(3)若亞硝酸為弱酸，亞硝酸鈉會在溶液中水解使溶液呈堿性，則向亞硝酸鈉溶液中滴加酚酞試液，若溶液會變成淺紅色，說明亞硝酸為弱酸，故答案為：酚酞試液，溶液會變成淺紅色；(4)①由實驗現象可知，向亞硝酸鈉溶液中滴加硝酸銀溶液時，先沒有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，說明白色沉淀的生成與硝酸銀溶液和亞硝酸鈉溶液的相對用量有關，故答案為：AgNO3溶液和NaNO2溶液的相對用量；②由實驗現象可知，向亞硝酸鈉溶液中滴加硝酸銀溶液時，先沒有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，則向硝酸銀溶液中滴加亞硝酸鈉溶液時，先有白色沉淀生成，后沉淀逐漸溶解說明白色沉淀的生成與硝酸銀溶液和亞硝酸鈉溶液的相對用量有關，故答案為：向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐漸溶解；(5)①由實驗現象可知，向亞硝酸鈉溶液中滴加淀粉碘化鉀溶液無明顯現象，滴加稀硫酸后，溶液變藍色，有無色氣體生成，說明酸性條件下，亞硝酸鈉溶液與碘化鉀溶液發生氧化還原反應生成硫酸鈉、硫酸鉀、碘、一氧化氮和水，反應的離子方程式為2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O，故答案為：2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O；②由題意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸鈉溶液中反應生成亞硝酸鈉和二氧化碳時，可能生成硝酸鈉，則設計酸性條件下，硝酸鈉溶液與碘化鉀溶液沒有碘生成的實驗，可以說明酸性條件下，只有亞硝酸鈉溶液與碘化鉀溶液發生氧化還原反應，故答案為：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于試管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液沒有變藍。5．(1)

AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O

[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+(2)

CH3CHO–2e?+3OH?=CH3COO?+2H2O

可能是硝酸銀溶液中的NO或O2等微粒做氧化劑，其氧化性隨酸性減弱而減弱(3)

合理，[Ag(NH3)]+?Ag++NH3，c(NH3)增大，平衡逆向移動，c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱，未發生銀鏡反應；或不合理，灰色渾濁中可能有Ag，正一價的銀得電子未在試管壁析出，所以無法判斷

不加乙醛重復實驗Ⅴ中的操作，試管壁出現銀鏡或將氨通入含NaOH的潮濕Ag2O固體，水浴加熱后出現銀鏡(4)在氫氧化鈉存在下，也能還原，不一定是醛基還原【解析】(1)①在潔凈的試管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后邊振蕩試管邊逐滴滴入2%氨水，使最初產生的沉淀溶解，制得銀氨溶液；AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，生成Ag(NH3)2NO3的化學方程式為AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O；故答案為：AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O。②根據資料：[Ag(NH3)2]+在溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+?[Ag(NH3)]++NH3、[Ag(NH3)]+?Ag++NH3，在銀氨溶液中存在的含+1價Ag的微粒有[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+，故發生銀鏡反應時氧化性微粒可能是Ag+、[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+；故答案為：[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+。(2)①甲同學查閱資料：銀鏡反應時，Ag+被還原成Ag；CH3CHO發生氧化反應，由于反應在堿性條件下進行，則CH3CHO被氧化成CH3COO-，電極反應式為：CH3CHO–2e?+3OH?=CH3COO?+2H2O；故答案為：CH3CHO–2e?+3OH?=CH3COO?+2H2O。②AgNO3屬于強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，AgNO3溶液中的以及溶解的O2等微粒也具有氧化性，也可能將做氧化劑將乙醛氧化，實驗III中向左側燒杯中滴加氨水，隨著溶液酸性的減弱，這些微粒的氧化性也會減弱，從而使得指針的偏轉幅度減小，不能證明“隨c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱”；故答案為：可能是硝酸銀溶液中的或O2等微粒做氧化劑，其氧化性隨酸性減弱而減弱(3)①由于溶液中存在平衡：[Ag(NH3)]+?Ag++NH3，實驗IV向銀氨溶液中滴加濃氨水，c(NH3)增大，上述平衡逆向移動，c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱，故未發生銀鏡反應；但實驗IV的現象中溶液略顯灰色，該灰色渾濁中可能有Ag，正一價的銀得電子未在試管壁析出，故也可能無法判斷；故答案為：合理，[Ag(NH3)]+?Ag++NH3，c(NH3)增大，平衡逆向移動，c(Ag+)降低，Ag+氧化性減弱，未發生銀鏡反應；或不合理，灰色渾濁中可能有Ag，正一價的銀得電子未在試管壁析出，所以無法判斷。②實驗Ⅴ中“立即出現銀鏡的原因”，提出假設：隨c(OH?)增大，可能是也參與了還原，要檢驗該假設成立，可采用對比實驗，實驗方案及現象為：不加乙醛重復實驗Ⅴ中的操作，試管壁出現銀鏡或將氨通入含NaOH的潮濕Ag2O固體（結合題給資料ii），水浴加熱后出現銀鏡；故答案為：不加乙醛重復實驗Ⅴ中的操作，試管壁出現銀鏡或將氨通入含NaOH的潮濕Ag2O固體，水浴加熱后出現銀鏡。(4)銀氨溶液中滴加較濃的NaOH溶液能促進銀鏡反應的發生，此法不適用于檢驗醛基，原因是：根據實驗V，在氫氧化鈉存在下，也能還原，不一定是醛基還原；故答案為：在氫氧化鈉存在下，也能還原，不一定是醛基還原。6．

取代反應

溴乙烷

【分析】由流程圖、已知信息以及有機知識可推知，A是，C是，D是，E是HOOCCH2COOCH3，I是；【詳解】（1）F→G的反應類型與已知條件：反應類型相同，斷開溴原子之后的乙基取代酯基相鄰碳原子上的氫原子，屬于取代反應；（2）由分析可知，A是，A的化學名稱是溴乙烷；（3）由G→H的反應以及已知條件：原理可知，試劑a的結構簡式；（4）由已知條件：，可知H斷酯基端的兩個－OCH3，且斷開后的結構取代氨基上的氫原子，形成六元環的結構，故I的結構簡式為：；（5）B、C互為同分異構體，B是乙酸甲酯，C是甲酸乙酯，結合已知條件：的反應原理，斷甲酸乙酯中酯基的碳氧單鍵，斷開后的醛基結構取代乙酸甲酯中酯基相鄰碳原子上的氫原子，則B→D的化學方程式為；（6）E→F是酯化反應，化學方程式為：；（7）以溴乙烷和另一種有機化合物及必要的無機試劑可合成乙酸甲酯，思路是：溴乙烷→乙醇→乙醛→乙酸（或乙醇直接強氧化劑氧化成乙酸），再由乙酸與另一種有機化合物甲醇反應生成乙酸甲酯。則B的合成路線為。7．

縮聚（聚合）反應

羰基、羧基

HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O

C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr

8

C(CH3)2＝CHOOCH

H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO【分析】分析PHB的結構簡式，可知其為縮聚物，即C發生縮聚反應生成PHB。C的結構簡式為，結合題中已知ⅰ可知，A被酸性高錳酸鉀氧化為B和D，B的結構簡式為CH3COCH2COOH，根據D的分子式，可知D的結構簡式為HOOCCH2COOH。故A的結構簡式為：。D與C2H5OH在濃硫酸、加熱條件下發生酯化反應，生成E，結合E的分子式可知，E的結構簡式為：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，據F的分子式，可知F的結構簡式為HOCH2CH2CH2OH，F和濃氫溴酸發生取代反應生成G，G的結構簡式為BrCH2CH2CH2Br。根據已知條件ⅱ.+2RBr+2HBr，可知E(CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3)和G(BrCH2CH2CH2Br)在C2H5ONa的作用下發生反應，生成H，H的結構簡式為：。根據H→I的反應條件，可知H→I的過程為酯的水解酸化過程，生成I的結構簡式為：，I發生脫羧反應生成J。據此進行分析。【詳解】（1）根據PHB的結構簡式，可知C→PHB的反應類型為縮聚反應，答案為：縮聚反應；（2）根據分析，B的結構簡式為：CH3COCH2COOH，其中包含的官能團為羰基和羧基，答案為：羰基、羧基；（3）結合以上分析，可知A的結構簡式為：，答案為：；（4）D與C2H5OH在濃硫酸、加熱條件下發生酯化反應，生成E，結合分析可知反應方程式為：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；答案為：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；（5）根據已知條件ⅱ可得出E+G→H的反應方程式是C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；答案為：C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；（6）X的同分異構體能發生銀鏡反應，又能發生水解反應，說明其分子中含有甲酸酯基，根據題給限制條件，X為鏈狀的含甲酸酯基的同分異構體有：HCOOCH2CH2CH＝CH2、CH2＝CHCH(OOCH)CH3、CH2＝C(OOCH)CH2CH3、HCOOCH＝CHCH2CH3、HCOOCH2CH＝CHCH3、CH3C(OOCH)＝CHCH3、HCOOCH2C(CH3)＝CH2、C(CH3)2＝CHOOCH。共8種，其中核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為6：1：1的結構簡式是C(CH3)2＝CHOOCH。其中答案為：8；C(CH3)2＝CHOOCH。（7）根據題意，以乙烯為原料合成目標產物涉及碳鏈增長，根據題給信息，可先將乙烯轉化為乙醇，進而轉化為乙醛，然后2個乙醛分子在堿性條件下生成，再通過銀氨溶液氧化并酸化后可得目標產物。故合成路線為：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO；答案為：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【點睛】要注意有機信息的應用。一些反應中有新信息，一定要理解新信息的反應機理，將其應用于解題中，同時有些合成路線需要用到的信息在題目的合成路線中。8．

甲苯

氧化反應

++HCl

13

或

【分析】根據E的得到A中含苯環，則A為甲苯，甲苯和濃硝酸發生取代反應，B中甲基發生氧化反應生成羧基，C中硝基發生還原反應生成氨基即D為，D()發生取代反應生成E()，根據信息得到E()中羧基被—Cl取代生成F()，F()中—Cl被取代生成G，G和水發生取代反應生成H()。【詳解】(1)A是一種芳香烴，A的名稱是甲苯；故答案為：甲苯。(2)B生成C主要是B中甲基被氧化為羧基，因此其反應類型是氧化反應；故答案為：氧化反應。(3)D→E的化學方程式是++HCl；故答案為：++HCl。(4)根據題意得到F的結構簡式是；故答案為：。(5)D()的同分異構體中，與FeCl3作用顯色,說明含有酚羥基；能夠發生銀鏡反應，說明含有醛基；若還有另外一種基團為氨基，當酚羥基和醛基在鄰位，苯環上氨基有四種結構，當酚羥基和醛基在間位，苯環上氨基有四種結構，當酚羥基和醛基在對位，苯環上氨基有2種結構，當有酚羥基和—NHCHO基團時處于鄰、間、對三種結構，因此滿足條件的同分異構體有13種；其中一種同分異構體的結構簡式為或；故答案為：13；或。(6)G→H是發生取代反應，因此其化學方程式是；故答案為：。(7)H→I反應中生成中間體L，L含有3個六元環，1mol的L轉化成I需要脫去2mol水，說明L含有兩個羥基，再根據H、I的結構得到L的結構簡式是；故答案為：。9．(1)取代反應(2)(3)4(4)醛基和羥基(5)(6)+(7)【分析】A屬于芳香烴，結合A的分子式可知，A為；B的分子式為C7H7NO2，結合F的結構可知，A與濃硝酸發生取代反應，硝基取代甲苯的對位氫，B的結構簡式為：；B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，結合C的分子式可知，C的結構簡式為：；結合D的分子式可知，D的結構簡式為：；結合E的分子式可知，E的結構簡式為：；E先與發生加成反應生成，再發生消去反應生成F；題干第（5）題告知：環狀化合物G的核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積比為2:1，結合G的分子式可知，G的結構簡式為：；G與在氯化鋁的作用下生成H，結合J的結構簡式和已知信息可知，H的結構簡式為：；H與發生已知信息的反應生成I，I的結構簡式為：；I發生還原反應生成J，J與F發生加成反應生成K，結合依澤替米貝的結構簡式和K的分子式可知，K的結構簡式為：。（1）A屬于芳香烴，結合A的分子式可知，A為；B的分子式為C7H7NO2，結合F的結構可知，A與濃硝酸發生取代反應生成B，硝基取代甲苯的對位氫，B的結構簡式為：。（2）B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，結合C的分子式可知，C的結構簡式為：。（3）由分析可知，D的結構簡式為：，D的芳香族同分異構體有：、、、，共4種。（4）由分析可知，E的結構簡式為：，含有的官能團為醛基和羥基。（5）結合E和F的結構簡式可知，E先與發生加成反應生成，再發生消去反應生成F，因此中間產物L的結構簡式為：。（6）環狀化合物G的核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積比為2:1，結合G的分子式可知，G的結構簡式為：；G與在氯化鋁的作用下生成H，結合J的結構簡式和已知信息可知，H的結構簡式為：，因此G→H的化學方程式為：+。（7）J和F發生加成反應生成K，結合依澤替米貝的結構簡式和K的分子式以及題給示例可知，J和F生成K時新形成的碳碳鍵如圖所示：。10．

H2SO4

Fe3+、Fe2+、H+

將Fe2+氧化為Fe3+：ClO3—+6Fe2++6H+==Cl—+6Fe3++3H2O

1

x

1

H2SO4

pH偏小時，水解平衡逆向移動，聚合硫酸鐵的產率會降低，pH偏大時，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸鐵的產率會降低

10—3cV0－10—3cV

【分析】黃鐵礦的燒渣加入酸浸，過濾得到濾液加入廢鐵屑增大溶液中含鐵微粒濃度，過濾得到濾液加入氧化劑氧化亞鐵離子為鐵離子，再加入硫酸經過水解聚合生成聚合硫酸鐵。【詳解】（1）聚合硫酸鐵（），為了不引入新雜質，酸浸時最合適的酸是H2SO4；（2）黃鐵礦的燒渣主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2等，且SiO2不與H2SO4反應，故酸浸后溶液中主要的陽離子有Fe3+、Fe2+、H+；（3）KClO3有強氧化性，加入KClO3的目的將Fe2+氧化為Fe3+：ClO3—+6Fe2++6H+==Cl—+6Fe3++3H2O；（4）由原子守恒可知，定Fe2(SO4)3系數為1，則反應前有3個硫酸根，反應后3-個，則需要加個H2SO4，再配平其他系數，可得Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-+H2SO4；（5）過程a中水解要嚴控pH的范圍，pH偏小時，水解平衡逆向移動，聚合硫酸鐵的產率會降低，pH偏大時，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸鐵的產率會降低。（6）①ⅰ.取聚合硫酸鐵樣品mg，加入過量鹽酸，聚合硫酸鐵中氫氧根離子會反應一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不與OH－反應。然后以酚酞為指示劑，用cmol/L的標準NaOH溶液進行中和滴定，到終點時消耗NaOH溶液VmL。滴定消耗的氫氧化鈉的物質的量等于過量HCl的物質的量。ⅱ.空白對照實驗，可知ⅰ.中加入的HCl總物質的量。綜上，與聚合硫酸鐵中氫氧根離子反應的n（HCl）=該聚合硫酸鐵樣品中n(OH－)=10—3cV0－10—3cVmol；②n（Fe）=mol，鹽基度（n為物質的量）=。【點睛】本題計算題看似復雜，實則弄清楚滴定的目的再解題不難，第一次滴定是測過量HCl物質的量，第二次滴定是測所有HCl的物質的量，兩者的差值即為聚合硫酸鐵消耗的HCl物質的量，即可求該聚合硫酸鐵樣品中n(OH－)。11．

蒸餾法

X、Z

海水中含有較多的Mg2+、Ca2+等陽離子，陰極電解產生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附著在電極表面或堵塞陽離子交換膜

ROH+Cl?=RCl+OH?；2ROH+SO42?=R2SO4+2OH?；H++OH?=H2O

硫酸

溫度過低不利于溴的蒸出，溫度過高會蒸出較多水蒸氣

64【詳解】（1）海水淡化方法有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等；答案為：蒸餾法；（2）①在電解池中，溶液中陰、陽離子分別通過陰、陽離子交換膜移向陽、陰極，從而在X、Z室形成淡水而流出；答案為：X、Z；②海水中含Ca2+、Mg2+，在電解池的陰極中，陽離子放電后產生OH-，從而易形成沉淀附著在電極表面或堵塞離子交換膜。答案為：海水中含有較多的Mg2+、Ca2+等陽離子，陰極電解產生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附著在電極表面或堵塞陽離子交換膜；（3）分析氫型陽離子的交換原理可知，羥型陰離子發生的陰離子交換類似氫型陽離子的交換過程，根據圖中海水凈化模擬過程，其中涉及的反應方程式有：ROH+Cl?=RCl+OH?；2ROH+SO42?=R2SO4+2OH?；H++OH?=H2O；答案為：ROH+Cl?=RCl+OH?；2ROH+SO42?=R2SO4+2OH?；H++OH?=H2O；（4）分析溴的提取流程，Cl2將鹽鹵中的Br-氧化為Br2，再通熱空氣將Br2吹出塔，在吸收塔先用濃Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化為Br-和BrO3-，再加入H2SO4酸化歧化溶液得到Br2。①在歧化溶液中加入H2SO4溶液，使其生成Br2，故答案為：硫酸；②溫度在90℃左右進行蒸餾，是因為溫度過高有更多的水蒸氣蒸出，溫度過低，不利于溴的蒸出，答案為：溫度過低不利于溴的蒸出，溫度過高會蒸出較多水蒸氣；③根據題意，設原海水中溴的濃度是xmg/L，則有，x=64，答案為：64。【點睛】解決這類問題可以分為三步：第一步，分清隔膜類型，即交換膜屬于陽膜、陰膜或質子膜中的哪一種，判斷允許哪種離子通過隔膜；第二步，寫出電極反應式，判斷交換膜兩側離子變化，推斷電荷變化，根據電荷平衡判斷離子遷移方向；第三步，分析隔膜作用，在產品制備中，隔膜作用主要是提高產品純度，避免產物之間發生反應，或避免產物因發生反應而造成危險。12．

+6

6127123127

FeO+2H2O=Fe(OH)3↓+OH－

增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O?2CrO+2H+向逆反應方向移動，將CrO轉化成Cr2O

由藍色變為無色，且半分鐘內不變色

80%【分析】鉻鐵礦(主要成分可表示為FeO·Cr2O3)，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質）加入碳酸鈉、氯酸鉀熔融氧化后生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2，水浸后NaFeO2水解得到濾渣1為紅褐色氫氧化鐵固體，濾液1含有Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，調節pH值使Na2SiO3和NaAlO2轉化為氫氧化鋁和硅酸沉淀即是濾渣2，濾液2中含有Na2CrO4、調pH值使鉻酸鈉轉化為重鉻酸鈉，加入氯化鉀，生成重鉻酸鉀，獲得產品，據此回答問題。【詳解】(1)K2Cr2O7中鉀元素的化合價是+1價，氧元素的化合價是—2價，依據化合價原則，則Cr元素的化合價是+6；(2)FeO·Cr2O3生成Na2CrO4和Fe2O3化合價升高7，氯酸鉀生成氯化鉀化合價降低6，最小公倍數是42，則FeO·Cr2O3的系數是6，氯酸鉀和氯化鉀的系數是7，依據原子守恒配平其它物質的系數，則配平后的化學方程式是6FeO·Cr2O3+12Na2CO3+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+12CO2+7KCl，則答案為6127123127；(3)熔塊的主要成分為Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性鹽，濾渣1為紅褐色固體，寫出步驟②NaFeO2水解的離子方程式FeO+2H2O=Fe(OH)3↓+OH－；(4)有可知，步驟④調pH的目的增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O?2CrO+2H+向逆反應方向移動，將CrO轉化成Cr2O；(5)①滴定終點的顏色變化是由藍色變為無色，且半分鐘內不變色；②碘化鉀與重鉻酸鉀反應依據電子守恒得，有I2+2S2O=2I－+S4O可得，則所得產品中重鉻酸鉀的純度是=80%。13．(1)(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O(3)Cl2將Fe2+氧化為Fe3+，Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反應，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3(4)NiF2或HF(5)pH過大，Ni2+損失較多；pH過小，Zn2+有較多剩余(6)4.4×10?16【分析】粗硫酸鎳晶體溶解調節pH=0.5，通入硫化氫除去銅、砷元素；加入氯氣將二價鐵轉化為三價鐵，加入氫氧化鎳調節pH值，除去鐵元素；加入NiF2或HF除去鈣元素；調節pH萃取分離出鎳元素，最終得到精制硫酸鎳。(1)H2S是弱電解質，分兩步電離，H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；(2)含鎳溶液中的主要離子有AsO，濾渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氫氣體在酸性環境中發生氧化還原反應生成As2S3和S，離子方程式為2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；(3)Cl2具有氧化性，會將Fe2+氧化為Fe3+，鐵離子發生水解反應：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反應導致溶液pH增大堿性增強，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；(4)流程對粗硫酸鎳進行精制提純，“氟化除雜”中要加入氟元素除去鈣離子且不不能引入雜質陽離子，故加入試劑a為NiF2或HF；(5)由圖可知，“P204萃取”水溶液的pH約為3.3時，鋅離子基本已經除盡且此時鎳離子損失不大，如果pH過大，Ni2+損失較多，pH過小，Zn2+有較多剩余，故pH約為3.3；(6)已知：飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2SS2-+2H+，K=Ka1×Ka2==1.43×10?20；由流程可知，此時pH=0.5，則c(H+)=10-0.5mol/L，則=1.43×10?20，c(S2-)=1.43×10?20mol/L；Ksp(CuS)=6.3×10?36=c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=mol/L。14．

2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O

－3

2NH3(l)+CO2(g)(l)+H2O(l)

△H=(b-a)kJ/mol

提高氨碳比（）有利于反應i、ii正向移動，促進甲基甲酸銨分解生成尿素，有利于反應ⅲ逆向移動，抑制副反應ⅲ的發生，從而提高尿素產率

0.148mol/(L·min)

ii

正

CO(NH2)2－6e—+H2O=N2↑+CO2↑+6H+【分析】（3）利用蓋斯定律計算；（4）從反應i～iii的平衡移動方向解答；（5）由圖含量變化的斜率大小可判斷速率大小；（6）由總反應方程式和圖每個電極產物可判斷電極反應。【詳解】（1）實驗室由NH4Cl固體和Ca(OH)2固體混合加熱制取氨氣，化學方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）其中H為+1價，由化合物中正負代數和為0，CO(NH2)2中C為+4價，算出N的化合價為－3；（3）由蓋斯定律，CO2和NH3合成尿素的熱化學方程式由反應i+反應ii，可得：2NH3(l)+CO2(g)(l)+H2O(l)

△H=(b-a)kJ/mol；（4）從反應i～iii的平衡移動方向解答：提高氨碳比（）有利于反應i、ii正向移動，促進甲基甲酸銨分解生成尿素，有利于反應ⅲ逆向移動，抑制副反應ⅲ的發生，從而提高尿素產率；（5）①反應進行到10min時，用CO2表示反應i的速率υ(CO2)＝=0.148mol/(L·min);②合成總反應的快慢由慢的一步決定，由圖的斜率大小可知，的生成速率比消耗速率快，則合成尿素的總反應的快慢由第ii步反應決定;（6）①A電極上CO(NH2)2轉化生成N2，N化合價升高，失去電子，作為陽極，應該連接電源的正極；②總反應為：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，陽極A電極上N化合價升高，失去電子，電極反應為CO(NH2)2－6e—+H2O=N2↑+CO2↑+6H+。15．

3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3

632?

1:3

1×10-4

ⅰ、催化劑的活性下降；ⅱ、氨氣可能發生分解；ⅲ、反應為放熱反應，溫度高反應速率快，達到平衡后平衡逆向移動【分析】（1）NO2和水反應生成HNO3和NO。（2）根據?H=反應物化學鍵斷裂吸收的能量-生成物的化學鍵形成釋放的能量，計算氮氧鍵的鍵能；（3）NH3和NO的物質的量的比值越大，NO的脫除率越大，則n(NH3):n(NO)為4:1、3:1、1:3時，對應的曲線為c、b、a。由題給信息，可類比反應速率的定義進行NO的脫出速率的計算。溫度升高，NO的脫除率降低，可根據可逆反應的平衡移動進行分析。【詳解】（1）NO2與水發生反應：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）根據?H=反應物化學鍵斷裂吸收的能量-生成物的化學鍵形成釋放的能量，可得：946kJ·mol-1+498kJ·mol-1-2akJ·mol-1=180kJ，解得：a=632。答案為：632；（3）①由分析可知，曲線a對應的n(NH3):n(NO)=1:3；答案為：1:3；②由圖可知，A點到B點，NO的脫除率為0.75-0.55=0.20，則從A點到B點，則從A點到B點內NO的脫除率為，答案為：1×10-4；③可從催化劑、可逆反應的平衡移動、反應物或生成物隨溫度變化的角度進行分析。在溫度超過900℃時NO脫除率都會驟然下降，可能的原因有：ⅰ、催化劑的活性下降；ⅱ、氨氣可能發生分解；ⅲ、反應為放熱反應，升高溫度，達到平衡后平衡逆向移動；答案為：ⅰ、催化劑的活性下降；ⅱ、氨氣可能發生分解；ⅲ、反應為放熱反應，升高溫度，達到平衡后平衡逆向移動。16．

?164.9

p3＞p2＞p1

CO2平衡轉化率為反應ⅰ和反應ⅱ的CO2平衡轉化率之和。反應ⅰ為放熱反應，隨溫度升高CO2平衡轉化率降低，反應ⅱ為吸熱反應，隨溫度升高CO2平衡轉化率升高。溫度較高時，CO2平衡轉化率主要取決于反應ⅱ。(或：ⅰ為放熱反應；ⅱ為吸熱反應。600℃之后，CO2轉化率主要取決于反應ⅱ)

CO2＋8e?＋8H＋＝CH4＋2H2O

44.8【詳解】(1)將反應ⅱ加反應ⅲ得到反應ⅰ，因此ΔH1＝＋41.2kJ?mol?1＋(－206.1kJ?mol?1)＝?164.9kJ?mol?1；故答案為：?164.9。(2)①該反應是體積減小的反應，畫一條與y軸相平的平行線，從下到上，轉化率變大，說明平衡正向移動，壓強不斷增大，因此壓強p1、p2、p3由大到小的順序是p3＞p2＞p1；故答案為：p3＞p2＞p1。②壓強為p1時，隨著溫度升高，CO2的平衡轉化率先減小后增大。解釋溫度高于600℃之后，隨著溫度升高CO2轉化率增大的原因CO2平衡轉化率為反應ⅰ和反應ⅱ的CO2平衡轉化率之和。反應ⅰ為放熱反應，隨溫度升高CO2平衡轉化率降低，反應ⅱ為吸熱反應，隨溫度升高CO2平衡轉化率升高。溫度較高時，CO2平衡轉化率主要取決于反應ⅱ。(或：ⅰ為放熱反應；ⅱ為吸熱反應。600℃之后，CO2轉化率主要取決于反應ⅱ)；故答案為：CO2平衡轉化率為反應ⅰ和反應ⅱ的CO2平衡轉化率之