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黑龙江省齐齐哈尔市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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这是一份黑龙江省齐齐哈尔市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31页。试卷主要包含了工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省齐齐哈尔市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、工业流程题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）由含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)生产锌及氧化锌的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)浸出渣主要成分为_______(填化学式，下同) ；沉淀渣2为_______。
(2)“除铁锰"”时，Mn(II)氧化生成MnO2(转化为)，配平该反应的离子方程式Mn2+++H2O=MnO2↓++H+，_______。
(3)“沉锌”时，反应的化学方程式为_______；检验Zn(OH)2∙ZnCO3已洗涤干净的方法是_______。
(4)“电解”中产生_______(填化学式)可在_______(填操作单元名称)中循环利用。
(5)将Zn(OH)2∙ZnCO3加热分解可得到具有催化性能的活性氧化锌，若加热过程中固体质量减少了6. 2 kg，则理论上生成____kg氧化锌。
2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示：
常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。
沉淀
Mn(OH)2
Co(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是____；浸出渣的主要成分是____。(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO离子，写出“浸取’时，Co2O3发生反应的化学方程式：____。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为____。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是____；若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则需调节溶液pH的范围是____(忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是____；反萃取时，应加入的物质是____(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与Co3O4的混合物15.8g，该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比为____。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种废镍催化剂中含有Ni、 Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.4
5.4
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.4
6.7
回答下列问题：
(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为_______。
(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、_______。基态Cr原子的价层电子排布式为_______。
(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是_____。
(4)“调pH”时，溶液pH的范围为_______。
(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。
①与S2-距离最近的S2-数目为_______。
②CuS的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为_______g·cm-3。
(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式： _______。
(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol· L-1 EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为_______%。
二、实验题
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）Na2FeO4是一种重要的高效消毒剂，主要应用于饮用水处理。
已知：①Cl2+ 2OH- =ClO- +Cl- +H2O是放热反应；
②NaClO遇热水生成NaClO3；
③Na2FeO4为紫色固体，微溶于NaOH溶液，不溶于乙醇；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
回答下列问题：
(1)制备NaClO装置如图所示：
仪器a中盛放的试剂为___(填名称) ，装置C置于冰水浴中，若温度过高，其离子方程式为___；若撤去B装置，则装置C中NaOH恰好完全反应时的溶液中n(NaCl):n(NaClO)为___ (填字母)。本套实验装置的缺陷是___。
a.1:1 b.＞1:1 c.＜1:5 d.1:5
(2)合成Na2FeO4：利用NaClO强碱性溶液与Fe(NO3)3溶液在0~5℃反应制备Na2FeO4，装置如图。实验中通过仪器a缓慢滴加的溶液是___，原因是___，三颈烧瓶中。合成Na2FeO4的离子方程式是___，从三颈烧瓶中获得晶体的系列操作是结晶、过滤洗涤、干燥，其中洗涤剂可以是___(填化学式)。
(3)探究Na2FeO4性质：取少量Na2FeO4溶液于试管中，加入H2O2、稀H2SO4，观察到溶液由紫红色逐渐变为黄色，并收集到无色气体，该无色气体为___(填化学式) ，若反应转移1 mol e-，则生成__L(标准状况下)无色气体。
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）氨基甲酸铵是一种白色固体，易水解，是工业上生产尿素的副产物，可以用于药物合成。实验室向四氯化碳中通入干燥的二氧化碳和氨气制取氨基甲酸铵固体，实验装置如下图，反应的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s) ΔH<0。
回答下列问题：
(1)仪器d的名称为_______；装置A中多孔隔板可以控制反应发生与停止，其原理为关闭弹簧夹K1后，_______
(2)装置A中发生反应的离子方程式为_______
(3)装置C中盛放的试剂为_______(填“饱和NaHCO3溶液”或“浓硫酸”)。
(4)装置D中气球的作用是_______。
(5)反应过程中需要将装置D放入冰水浴中，原因是_______。
(6)氨基甲酸铵易水解，在潮湿的空气中发生水解反应生成碳酸氢铵的化学方程式为_______。
6．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）水合肼(N2H4·H2O)具有还原性，利用其可以精炼铂。某同学在实验室制备水合肼，并模仿工业精炼铂。回答下列问题：
(1)水合肼的制备，实验步骤及装置(夹持及控温装置已省略)如图1所示：
将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中，控制一定温度，充分反应后，三颈烧瓶中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
①仪器X的名称为_______。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为_______。
③若滴加NaClO溶液的速度较快，会导致水合肼的产率下降，其原装因是_____。
④NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图，由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是________。
(2)水合肼还原精炼法制备铂的流程如下：
①常温下，(NH4)2PtCl6难溶于水，粗(NH4)2PtCl6中含有大量氯化铵等可溶性的盐，在实验室中预处理时，需将样品溶解、过滤后洗涤，洗涤沉淀方法是_______。
②该工序固液比、溶液的酸度(盐酸浓度)、反应时间等对于精炼铂的产率，均有较大的影响。在不同酸度下达到较高产率所需时间，以及不同固液比在最佳酸度下反应时间与产率关系如图所示：
由此可得最佳的反应条件是_______。
③写出“煅烧”生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式：_______。
三、原理综合题
7．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。
8．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）2022年北京冬奥会开幕式于2022年2月4日在国家体育场鸟巢隆重举行，其中奥运圣火的燃料为氢燃料，具有热值高、耐寒、环保无污染等优点。工业上可以通过催化重整二氧化碳和水蒸气制氢，主要有如下三个反应：
I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41 kJ·mol-1；
III．CO2(g)+CH4(g)2 ⇌CO(g)+2H2(g) ΔH3。
回答下列问题：
(1)反应CO2(g)＋CH4(g)⇌2CO(g)＋2H2(g) ΔH3=_______。
(2)将1 mol CH4(g)与3 mol H2O(g)充入初始体积为1 L的恒压反应容器中，平衡时，各含碳物质的物质的量分数与温度之间的变化关系如图所示。
①曲线a代表的物质为_______(填化学式。下同)；曲线c代表的物质为_______。
②450℃至580℃，曲线b代表物质的物质的量分数先随温度升高而增大的主要原因是_______。
③450℃时，反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol·L-1，2 min内CH4(g)表示的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1；平衡时，容器中气体总物质的量为nmol，容器体积为V L，则反应I的平衡常数K1=_______(通过反应I、II计算即可，反应II不影响计算结果，用含有n、V的代数式表示，不需要化简)。
(3)我国科学家在《Science》杂志发表了利用H2制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(电极a、b均为覆盖催化剂的多孔惰性电极)。
①X膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②电池的总反应方程式为_______ ；每制取17 g溶质质量分数为30％的H2O2溶液，导线中转移_______mol e-。
9．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）NH3在化学工业中是重要的原料，可以制备尿素、硝酸、丙烯腈等产品。回答下列问题：
(1)N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图1所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。对于合成氨反应，既可以提高平衡体系中NH3的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______(填字母)。
a.升高温度 b.将平衡体系中的氨气分离出来
c.增大体系压强 d.加入合适的催化剂
(2)合成氨反应中，正反应速率v正=k正·c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆·c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：
①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，理由为____。
②T0°C时，=_______。
(3)以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
主反应：C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH= -515 kJ·mol-1；
副反应：C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=- 353kJ·mo1-1。
已知：丙烯腈的产率=- ×100%，丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强 ×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图3所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。原因是_______。
②某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入1molC3H6、1molNH3和1.5molO2，发生上述反应。平衡时测得C3H6转化率为90%，H2O(g)的物质的量为2.5 mol，则平衡时C3H3N的分压为_______kPa(保留3位有效数字)，此温度下副反应的Kp=_______。
四、结构与性质
10．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）铬及其化合物用途广泛。回答下列问题：
(1)基态Cr原子价电子排布式为____，有____个未成对电子。
(2)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，的结构如图。(NH4)2Cr2O7 中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是____(填元素符号)，1 mol该物质中含σ键的数目为_____NA
(3)铬能形成多种配合物。
①配合物a、b、c的化学式如下：
a， [Cr(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O b. [Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O c. [Cr(H2O)6 ]Cl3
相同物质的量的a、b、c分别与足量AgNO3溶液反应，生成AgCl的物质的量之比为___。
②Reinecke salt的结构如图所示：
其中配位原子为__(填元素符号)；阳离子的空间结构为___，NCS-中碳原子杂化方式为___。
(4)一种半金属磁体的结构如图所示，其晶胞参数为a pm。
①距离每个Cr最近的Al有___个，距离Cr(0，0，0)最近的Co的原子坐标为____。
②该晶体的密度为___g∙cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）实验研究表明，Cu2+本身是无色离子，其化合物或化合物溶液能显现出各种颜色的主要原因是Cu2+形成化合物时，形成了配位键，其配合物显现出各种不同的颜色。如无水硫酸铜中，不易与Cu2+形成配位键，故无水硫酸铜为白色粉末，无水硫酸铜遇到水蒸气后，H2O与Cu2+形成蓝色的[Cu(H2O)4]2+，白色粉末逐渐变为蓝色。回答下列问题：
(1)基态 Cu2+核外电子排布式为___________；铜元素位于元素周期表的___________区。
(2)H2O分子中O原子的杂化方式为___________杂化；水分子的空间构型为___________；根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是___________。
(3)1mol[Cu(H2O)4]2+含有___________共价键，中心原子配位数为___________。
(4)光学原理中，黄色与蓝色的光混合后呈现出绿色。仔细阅读题干信息，推测CuCl2∙2H2O晶体为绿色的原因可能是___________。
(5)金属铜的晶胞结构如图所示，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则距离最近的两个铜原子之间的距离为___________(列出算式即可，不需要化简)。
五、有机推断题
12．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）双香豆素可用于血栓栓塞性疾病的预防和治疗。以芳香化合物A为原料合成其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①RCH2OHRCHO
②(R为烃基，X为卤素)
③MOMCl表示CH3OCH2Cl。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____；
(2)B的结构简式为____；
(3)由C生成D的化学方程式为____；
(4)E的分子式为____，由E生成F的反应类型是___。
(5)G中官能团名称有(酚)羟基、____。
(6)M为H的同分异构体，同时符合下列条件的有___种(不包括立体异构) ，其中仅含三种化学环境氢的结构简式是____
A．含有结构
B．除“—O—O—”外含有一种官能团
C．能与NaHCO3溶液反应
13．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）冬奥会短道速滑项目中，为了较少空气阻力，速滑竞赛服的手、脚处均使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，可以最大限度的提高运动员成绩。有机物F是合成聚氨酯所必需的中间体，其合成路线如下：
已知：①(R为烷基或氢原子)
②CH2=CH-OH⇌CH3CHO
回答下列问题：
(1)有机物A的名称为_______；有机物F中含有的官能团为_______(填名称)。
(2)有机物B的结构简式为_______；C→D的反应类型是_______。
(3)写出D→E反应的化学方程式：_______。
(4)反应E→F的产物中，除F外的另一种有机物的结构简式为_______。
(5)有机物G是F的同分异构体，满足下列条件的有机物G有_______种(不含立体异构)；其中分子内不含手性碳原子的是_______(填结构简式，手性碳原子为连有四个不同的原子或基团的碳原子)。
①分子内含有“-CH=CH2”结构；
②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应。
14．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______(-OH为取代基)。
(2)B中官能团的名称为_______ ；可用于鉴别 A与B的一种盐溶液的溶质为_______(填化学式)。
(3)C→D的反应类型为_______。
(4)下列关于C的相关说法正确的是_______(填字母)。
A．分子中含有手性碳原子
B．苯环上一溴代物有7种(不含立体异构)
C．能发生消去反应
D．最多能与6 mol H2发生加成反应
(5)已知F的分子式为C22H20O2，其结构简式为_______。
(6)能发生银镜反应和水解反应的的芳香化合物的同分异构体有___种(不含立体异构) ，写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3： 2： 2： 1的结构简式：____。
(7)照上述合成路线，设计以 和 为原料制备 的合成路线：_______(其他无机试剂和两碳以下的有机试剂任用)。
参考答案：
1． PbSO4 Cu Mn2++S2+2H2O═MnO2↓+2-+4H+ 4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4； 取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则没有； H2SO4 浸出 16.2
【分析】含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)，加入硫酸浸出，反应生成ZnSO4、PbSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4，且PbSO4难溶于水形成浸出渣，加入(NH4)2S2O8可将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2、Fe(OH)3，加入适量Zn粉，置换出Cu，形成硫酸锌溶液，电解可得Zn，加入NH4HCO3发生反应4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+2H2O+2(NH4)2SO4，Zn(OH)2•ZnCO3沉淀经过洗涤干燥，煅烧分解得ZnO。
【详解】(1)由分析可知浸出渣为PbSO4，沉淀渣2为Cu，故答案为：PbSO4；Cu。
(2)Mn2+转化为MnO2化合价升高，S2O82-转化为SO42-化合价降低，根据电子转移守恒、电荷守恒配平得Mn2++S2+2H2O═MnO2↓+2-+4H+，故答案为：1；1；2；2；4。
(3)“沉锌”时，反应的化学方程式为：4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4，若Zn(OH)2•ZnCO3未洗涤干净，则其表面附着，则检验Zn(OH)2•ZnCO3已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则没有。故答案为：4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4；取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干，反之则没有。
(4)电解ZnSO4溶液时，H2O电离出的OH－在阴极放电产生O2，剩余H+与-结合形成H2SO4可在浸出中继续使用，故答案为：H2SO4；浸出。
(5)Zn(OH)2•ZnCO3受热分解得方程式为Zn(OH)2•ZnCO32ZnO+H2O↑+CO2↑，固体质量减少量为生成的H2O与CO2的质量，则有
，解得x=16.2kg，故答案为：16.2；
2．(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 SiO2 Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3) Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 [6.7，7.4)
(4) 溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸
(5)1：1
【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被SO32-还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，SO同时被氧化为SO，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。
【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2。(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO离子，“浸取’时，Co2O3被还原为Co2+，SO同时被氧化为SO，Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4。故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；SiO2；Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4；
（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，c(Co2+)=10-5mol/L，c(OH-)= mol/L=10-4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=10-5×(10-4.6)2=10-14.2，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol•L-1，溶液中c(OH-)=mol/L=10-6.6mol/L，c(H+)=mol/L=10-7.4mol/L，溶液的pH=7.4，则需调节溶液pH的范围是[6.7，7.4)(忽略溶液的体积变化)。故答案为：Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；[6.7，7.4)；
（4）对反应Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸(填溶液名称)。故答案为：溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动；稀硫酸；
（5）n(CoC2O4•2H2O)= =0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4•2H2O)=0.2mol，设n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组：x+3y=0.2，75x+241y=15.8，解得x=0.05，y=0.05，所以该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1，故答案为：1：1。
3．(1)SO2
(2) 、 3d54s1
(3)浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率
(4)3. 2≤pH<5.4
(5) 12
(6)2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O
(7)80. 60
【分析】废镍催化剂(含有Ni、 Al、Cr、Cu、FeS及碳粉) 通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，用NaOH溶液进行碱浸，Al、Cr的氧化物与NaOH反应溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、 Fe3+、 Cr3+等阳离子的溶液，加入试剂X调节pH使Fe元素转化为沉淀，加硫酸铵除铜，过滤后经过结晶得到硫酸镍，经过氨化，得到Ni2(OH)2SO4、、NH3·H2O的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，经过汽油萃取环烷酸镍，分液分离有机层，蒸馏分离最终得到产品。
【详解】（1）根据分析，充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为SO2；
（2）“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、、；Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；
（3）浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，故答案为：浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率；
（4）调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为3. 2≤pH<5.4；
（5）①离顶点的S2-最近的S2-位于面心，个数为，故与S2-距离最近的S2-数目为12；
S2-位于顶点和面心，个数为8+6=4，根据化学式可知，存在4个Cu2+，则晶胞质量为g=，晶胞体积为(a)3cm3，则晶胞密度=g·cm-3；
（6）环烷酸的化学式为C10H8COOH，“合成”反应中C10H8COOH与Ni2(OH)2 SO4反应生成(C10H8COO)2Ni、硫酸镍和水，反应的化学方程式为2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O；
（7）根据反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]可知关系式为(C10H8COO)2Ni ~(Ni2+~EDTA，则环烷酸镍样品纯度为=80.60%。
4． 浓盐酸 3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O b 缺少尾气处理装置，污染环境 Fe(NO3)3溶液 保证碱性环境，防止在酸性条件下Na2FeO4反应而变质 3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O C2H5OH O2 11.2
【分析】(1)根据题中图示信息可知，装置A是产生Cl2的发生装置，装置B是除去Cl2中混有的HCl杂质，装置C是Cl2与NaOH在低温条件下反应，生成NaClO的装置；据此解答。
(2)根据题中信息，为制备Na2FeO4装置，由于Na2FeO4在碱性溶液中较稳定，则仪器a盛装Fe(NO3)3溶液，三颈烧瓶中盛装NaClO和NaOH混合溶液；据此解答。
(3)根据题中信息，Na2FeO4和H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，Na2FeO4是氧化剂，H2O2是还原剂；据此解答。
【详解】(1)A装置为制取氯气装置，没有加热装置，应用KMnO4与浓HCl反应，其化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故a中应盛放浓盐酸，由题中信息②知，NaClO遇热水生成NaClO3，若C中温度过高，会生成NaClO3，其离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O，若撤去B，生成的Cl2中混有HCl，由题中信息①可知，Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl是1:1，而HCl也会与NaOH反应生成NaCl，故n(NaCl):n(NaClO)＞1:1，b选项符合，因为Cl2是有毒气体，该装置缺少尾气处理装置，污染环境；答案为浓盐酸；3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O；b；缺少尾气处理装置，污染环境。
(2)由题中信息③可知，Na2FeO4在碱性溶液中较稳定，而Fe(NO3)3溶液呈酸性，NaClO溶液呈碱性，则为保证碱性环境，仪器a中盛装Fe(NO3)3溶液，三颈烧瓶中盛装NaClO和NaOH混合溶液，发生反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，由题中信息③可知，Na2FeO4不溶于乙醇，可用乙醇作洗涤剂，其化学式为C2H5OH；答案为Fe(NO3)3溶液；保证碱性环境，防止在酸性条件下Na2FeO4反应而变质；3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O ；C2H5OH。
(3)Na2FeO4中Fe元素为+6价，具有很强的氧化性，故将H2O2氧化，产生无色气体O2，溶液由紫红色逐渐变为黄色，可知生成了Fe3+，其反应的离子方程式为2+3H2O2+10H+=2Fe3++3O2↑+8H2O，由离子方程式可知，转移6mole-，生成3molO2，则反应转移1 mol e-，生成O20.5mol，即标准状况下11.2L；答案为O2，11.2。
5．(1) 球形干燥管 生成的气体无法排出，使内部压强增大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止
(2)CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑+H2O
(3)浓硫酸
(4)用于平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气
(5)CO2与NH3制备氨基甲酸铵是放热反应，低温环境下有利于反应正向进行
(6)NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑
【分析】本实验的目的是制备氨基甲酸铵，因为氨基甲酸铵是一种白色固体，易水解的物质，所以制备时不能有水进入制备装置中。装置A中大理石与稀盐酸反应制备CO2，装置B中试剂是饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中混有的HCl气体，装置C中试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中混有的水蒸气，装置F是浓氨水滴入生石灰中制备NH3，装置E中碱石灰目的是除去NH3中混有的水蒸气，装置D是CO2和NH3一起通入四氯化碳中制备氨基甲酸铵。
【详解】（1）分析可知，仪器d为球形干燥管，装置A 中多孔隔板可以控制反应发生与停止，其原理为关闭弹簧夹K1后，生成的气体无法排出，使内部压强增大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止；
（2）装置A中为大理石和稀盐酸制取CO2，对应离子方程式为CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑+H2O；
（3）结合分析可知，装置C中试剂为浓硫酸，目的是除去CO2中混有的水蒸气；
（4）装置D中制备氨基甲酸铵，制备过程中，装置内压强变大，会导致CO2和NH3难以进入，同时NH3是一种有刺激性气味的气体，所以装置D中的气球用于平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气；
（5）根据热化学方程式2NH3(g)＋CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH<0可知制备氨基甲酸铵是放热反应，故低温环境下有利于反应正向进行；
（6）氨基甲酸铵易水解，在潮湿的空气中发生水解反应生成碳酸氢铵，可知没有化合价变化，对应方程式为NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑。
6．(1) 球形冷凝管 NaC1O+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 N2H4·H2O被NaClO氧化 加热蒸发至有大量固体析出，趁热过滤(洗涤、干燥)
(2) 向漏斗中加水至没过沉淀，待水滤出后重复2~3次 酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1：10 3(NH4)2 PtCl63Pt+2N2↑+2NH3↑+18HCl↑
【分析】将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中，发生反应NaC1O+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3，制得水合肼，剩余溶液再进一步处理可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
【详解】（1）①仪器X的名称为球形冷凝管。
②NaClO溶液和过量NaOH溶液、尿素[CO(NH2)2]溶液反应，生成NaCl和Na2CO3、水合肼，化学方程式为NaC1O+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3。
③N2H4·H2O具有还原性，NaClO具有氧化性，若滴加NaClO溶液的速度较快，会导致水合肼的产率下降，其原装因是N2H4·H2O被NaClO氧化。
④结合NaCl和Na2CO3的溶解度曲线，由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是加热蒸发至有大量固体析出，趁热过滤(洗涤、干燥)。
（2）①洗涤沉淀方法是向漏斗中加水至没过沉淀，待水滤出后重复2~3次。
②由图可知，最佳的反应条件是酸度4mol/L时反应达到较高产率且耗时较短，反应速率较快；反应时间2.5～3h时产率较高且基本不再增加，固液比1：10时产率较高，故最佳反应条件为酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1：10。
③“煅烧”（NH4）2PtCl6生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式为3（NH4）2PtCl63Pt+2N2↑+2NH3↑+18HCl↑。
7． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
8．(1)CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1
(2) CH4 CO 450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大。增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大 0.1
(3) 阳 H2+O2=H2O2 0.3
【详解】（1）已知：I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41 kJ·mol-1；
根据盖斯定律，将热化学方程式I- II，整理可得CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1；
（2）①反应I和III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷的物质的量分数减小，CO物质的量分数增大，则曲线c代表的物质为CH4，曲线c代表的物质为CO；
②曲线b代表的是CO2物质的量分数，450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大；
③反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol./L，则△c(CH4)=1 mol/L-0.8 mol/L=0.2 mol/L，故 2 min内用CH4(g)的浓度变化表示的化学反应速率v(CH4)=；
在反应开始时n(CH4)=1 mol，n(H2O)=3 mol，平衡时，容器中气体总物质的量为n mol，容器体积为V L，由图1可知，平衡时n(CH4) =0.15n mol，n(CO2)=0.05n mo1，对于反应I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；反应消耗CH4(g)的物质的量△n(CH4)=(1-0.15n) mol，根据物质反应转化关系可知△n(CH4)=△n(H2O)=△n(CO)=(1-0.15n) mol，△n(H2)=3(1-0.15n) mol；
对于反应II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，由于n(CO2)=0.05n mo1，则各种气体的改变物质的量都是0.05n mol，则平衡时n(CH4) =0.15n mol，△n(CO)=(1-0.15n-0.05n) mol=(1-0.2n) mol，n(H2O)=(3-1+0.15n-0.05n)mol=(2+0.1n) mol，△n(H2)= 3(1-0.15n) mol+0.05n mol=(3-0.4n) mol，则反应I的化学平衡常数K==；
（3）①由图可知：a极O2得到电子变为O2-，b极H2失去电子变为H+，所以a电极为正极，b极为负极，电极反应式为：H2-2e-=2H+，氢离子透过X膜，故X膜为阳离子交换膜；
②b电极反应式为H2-2e-=2H+，b极为负极；a电极为正极，a电极电极反应式为：O2+H2O+2e-=+OH-，总反应为H2+O2=H2O2，说明每生成1 mol H2O2，电极上转移2 mol电子。当制取17 g溶质质量分数为30%的H2O2溶液，n(H2O2)=，则导线中转移电子数为0.15 mol×2=0.3 mol。
9．(1) N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol c
(2) L2 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 1
(3) p3>p2> p1 生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低 20. 5 12. 5
【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知molN2(g)与molH2(g)生成1molNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动， 可以提高氨气的百分含量，故符合题意；
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；c；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
（3）①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xmol，副反应消耗丙烷ymol，列三段式得：
由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1mol，n()=1.5-1.5x-y=0.2mol，n()=1-x=0.2mol，n()=0.8mol，n()=2.5mol，n()=0.1mol。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
10． 3d54s1 6 N>O>Cr 16 1:2:3 N 正四面体 sp杂化 6 (．．)
【详解】(1)Cr原子价电子排布为3d54s1， 6个未成对电子；
(2)N为半满稳定状态，第一电离能大于O；N、O为非金属，第一电离能均大于金属； 1个中含4个σ键，1个含8个σ键，故含4×2+8＝16个σ键。
(3)①配合物 a. [Cr(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O 、b. [Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O、 c. [Cr(H2O)6 ]Cl3外界的Cl-个数比为1:2:3，且只有外界的Cl-会与Ag+反应生成AgCl，所以生成的AgCl的物质的量之比为1:2:3。②配位原了为N，N提供孤电子对；阳离子为，根据价层电子互斥理论可知空间结构正四面体； NCS-中C的价层电子对数为2，孤电子对为0，杂化方式为SP杂化。
(4)①距离每个Cr最近的Al有6个(上下前后左右各一个)距离Cr(0.0.0)最近的Co是8个，所以Co的原子坐标为(．．)；②一个晶胞含8个Co，含Al有12×1/4+1=4个，含Cr有8×1/8+6×1/2=4个，该晶体的密度为＝ g∙cm-3= g∙cm-3，所以答案为：
11．(1) [Ar]3d9 ds
(2) sp3 V形 氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价
(3) 12 4
(4)晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色
(5)
【详解】（1）基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则Cu2+核外电子排布式为[Ar]3d9；铜元素位于元素周期表的第四周期第ⅠB族，属于ds区。答案为：[Ar]3d9；ds；
（2）H2O分子中O原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化；水分子的中心O原子最外层有2个孤电子对，则空间构型为V形；在水分子中，O的非金属性大于H，共用电子对偏向于O而偏离于H，O显负价、H显正价，且形成一对共用电子的元素显一价，根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是：氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价。答案为：sp3；V形；氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价；
（3）[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+与O原子间形成配位键，配位键也属于共价键，另外，每个H2O分子内还含有2个共价键，则1mol[Cu(H2O)4]2+含有(2×4+4)mol=12mol共价键，中心Cu原子与O原子共形成4个配位键，则配位数为4。答案为：12；4；
（4）CuCl2∙2H2O晶体为绿色，则表明其为蓝色物质与黄色物质的混合物，所以原因可能是：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色。答案为：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色；
（5）由金属铜的晶胞结构图，可计算出晶胞中含Cu原子个数为=4，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为=cm，距离最近的两个铜原子分别为顶点和面心，二者之间的距离为。答案为：。
【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可使用均摊法。
12． 对苯二酚(或1，4-苯二酚) +I2+HI C2H5O3I 取代反应 醚键和醛基 12
【分析】根据B→C的反应条件为NaBH4，说明B发生还原反应生成C，结合C的结构和B的分子式可知，B为；根据C和D的分子式的区别可知D是C中的一个H原子被I原子取代得到的，结合E的结构和题示信息①可知，D为；根据题示信息②和G的结构可知，F为，结合官能团的性质分析解答。
【详解】(1)A()的化学名称为对苯二酚(或1，4-苯二酚)，故答案为：对苯二酚(或1，4-苯二酚)；
(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为：；
(3)由C生成D的反应为取代反应，反应的化学方程式为+I2+HI，故答案为：+I2+HI；
(4)E()的分子式为C2H5O3I，根据题示信息②可知，由E生成F的反应类型为取代反应，故答案为：C2H5O3I；取代反应；
(5)G()中的官能团有(酚)羟基、醚键和醛基，故答案为：醚键和醛基；
(6)M为H()的同分异构体，A．含有结构，B．除“—O—O—”外含有一种官能团，C．能与NaHCO3溶液反应，说明含有的一种官能团只能是-COOH，且含有2个，满足条件的同分异构体有、、 (●表示另一个可能羧基的位置)，共12种，其中仅含三种化学环境氢的结构简式是，故答案为：12；。
13．(1) 甲苯 酮基、醛基
(2) 加成反应
(3)
(4)HCHO
(5) 6 HCOCH2CH2COOCH=CH2
【分析】结合AC结构可知，A在光照条件下甲基发生取代反应生成B；B发生取代生成C，C加成生成D，D发生消去反应生成E，E被氧化为F；
【详解】（1）有机物A的名称为甲苯；有机物F中含有的官能团为酮基、醛基；
（2）由分析可知，有机物B的结构简式为 ；C→D的反应为和氢气的加成反应；
（3）D→E反应为D在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成E， ；
（4）根据已知①原理可知，反应E→F的产物中，除F外环上支链碳碳双键一端的碳能生成甲醛，即HCHO；
（5）F含有6个碳、3个氧，不饱和度为3；有机物G是F的同分异构体，满足下列条件
①分子内含有“-CH=CH2”结构，结构居于末端；
②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应，则含有甲酸的酯基或另含有醛基。
则结构为HCOOCH(CHO)CH2CH=CH2、HCOOCH2CH(CHO)CH=CH2、HCOOCH(CH2CHO)CH=CH2、HCOOC(CH3)(CHO)CH=CH2、HCOCH2CH2COOCH=CH2、HCOCH(CH3)COOCH=CH2，共6种；其中分子内不含手性碳原子的是HCOCH2CH2COOCH=CH2。
14．(1)邻羟基苯甲醛(水杨醛或2 -羟基苯甲醛)
(2) 醚键、醛基 FeCl3
(3)取代反应
(4)BD
(5)
(6) 4
(7)
【分析】由流程可知，A→B的反应为酚羟基上H原子被取代的过程、同时还有HCl生成，B→C的反应为醛基转变为-CH2OH、是得氢过程、为还原反应，C→D的反应为酚羟基被Cl取代的过程、D→E的反应为Cl被取代的过程、化合物F的分子式为C22H20O2结合流程，可知E→F的反应为的醛基与E的，并引入碳碳双键的过程，F为，F→G的反应为碳碳双键上的加氢反应、并重新使醚键转变为酚羟基。
【详解】（1）A为，化学名称为邻羟基苯甲醛(水杨醛或2 -羟基苯甲醛)；
（2）B为 ，官能团的名称为醚键、醛基；A中含有酚羟基而B中没有酚羟基，前者遇FeCl3溶液呈紫色后者不会，故可用于鉴别 A与B的一种盐溶液的溶质为FeCl3；
（3）据分析，由C生成D(同时有SO2和HCl生成)的化学方程式为SOCl2+ + SO2+HCl，故C→D的反应类型为取代反应；
（4）A．C为 ，不存在手性碳原子，选项A错误；
B．C的苯环上7种不同化学环境的氢原子，一溴代物有7种(不含立体异构)，选项B正确；
C. 分子中存在羟基，但羟基相连的碳原子相邻的碳上没有H，不能发生消去反应，选项C错误；
D. 分子中存在2个苯基，最多能与6 mol H2发生加成反应，选项D正确；
答案选BD；
（5）根据分析可知，F为；
（6）化合物分子式为C8H8O2，不饱和度为5，同分异构体满足条件：含有苯环并能发生银镜反应和水解反应，则同分异构体含有1个HCOO-、1个苯环，当苯环只有1个侧链时，侧链为HCOOCH2—，当苯环有2个侧链时，侧链分别为HCOO—、—CH3，且2个侧链可处以邻间对位，则共有4种；其中核磁共振氢谱为四组峰即四种氢原子，峰面积之比为3:2:2: 1，按对称性可知结构简式为；
（7）参照上述合成路线，以和在碳酸钾和加热条件下反应得到 ， 催化氧化得到 ， 与甲醇发生酯化反应得到 ， 催化下与氢气反应得到，合成路线如下： 。
黑龙江省齐齐哈尔市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、工业流程题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）由含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)生产锌及氧化锌的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)浸出渣主要成分为_______(填化学式，下同) ；沉淀渣2为_______。
(2)“除铁锰"”时，Mn(II)氧化生成MnO2(转化为)，配平该反应的离子方程式Mn2+++H2O=MnO2↓++H+，_______。
(3)“沉锌”时，反应的化学方程式为_______；检验Zn(OH)2∙ZnCO3已洗涤干净的方法是_______。
(4)“电解”中产生_______(填化学式)可在_______(填操作单元名称)中循环利用。
(5)将Zn(OH)2∙ZnCO3加热分解可得到具有催化性能的活性氧化锌，若加热过程中固体质量减少了6. 2 kg，则理论上生成____kg氧化锌。
2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示：
常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。
沉淀
Mn(OH)2
Co(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是____；浸出渣的主要成分是____。(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO离子，写出“浸取’时，Co2O3发生反应的化学方程式：____。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为____。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是____；若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则需调节溶液pH的范围是____(忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是____；反萃取时，应加入的物质是____(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与Co3O4的混合物15.8g，该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比为____。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种废镍催化剂中含有Ni、 Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.4
5.4
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.4
6.7
回答下列问题：
(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为_______。
(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、_______。基态Cr原子的价层电子排布式为_______。
(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是_____。
(4)“调pH”时，溶液pH的范围为_______。
(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。
①与S2-距离最近的S2-数目为_______。
②CuS的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为_______g·cm-3。
(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式： _______。
(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol· L-1 EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为_______%。
二、实验题
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）Na2FeO4是一种重要的高效消毒剂，主要应用于饮用水处理。
已知：①Cl2+ 2OH- =ClO- +Cl- +H2O是放热反应；
②NaClO遇热水生成NaClO3；
③Na2FeO4为紫色固体，微溶于NaOH溶液，不溶于乙醇；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
回答下列问题：
(1)制备NaClO装置如图所示：
仪器a中盛放的试剂为___(填名称) ，装置C置于冰水浴中，若温度过高，其离子方程式为___；若撤去B装置，则装置C中NaOH恰好完全反应时的溶液中n(NaCl):n(NaClO)为___ (填字母)。本套实验装置的缺陷是___。
a.1:1 b.＞1:1 c.＜1:5 d.1:5
(2)合成Na2FeO4：利用NaClO强碱性溶液与Fe(NO3)3溶液在0~5℃反应制备Na2FeO4，装置如图。实验中通过仪器a缓慢滴加的溶液是___，原因是___，三颈烧瓶中。合成Na2FeO4的离子方程式是___，从三颈烧瓶中获得晶体的系列操作是结晶、过滤洗涤、干燥，其中洗涤剂可以是___(填化学式)。
(3)探究Na2FeO4性质：取少量Na2FeO4溶液于试管中，加入H2O2、稀H2SO4，观察到溶液由紫红色逐渐变为黄色，并收集到无色气体，该无色气体为___(填化学式) ，若反应转移1 mol e-，则生成__L(标准状况下)无色气体。
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）氨基甲酸铵是一种白色固体，易水解，是工业上生产尿素的副产物，可以用于药物合成。实验室向四氯化碳中通入干燥的二氧化碳和氨气制取氨基甲酸铵固体，实验装置如下图，反应的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s) ΔH<0。
回答下列问题：
(1)仪器d的名称为_______；装置A中多孔隔板可以控制反应发生与停止，其原理为关闭弹簧夹K1后，_______
(2)装置A中发生反应的离子方程式为_______
(3)装置C中盛放的试剂为_______(填“饱和NaHCO3溶液”或“浓硫酸”)。
(4)装置D中气球的作用是_______。
(5)反应过程中需要将装置D放入冰水浴中，原因是_______。
(6)氨基甲酸铵易水解，在潮湿的空气中发生水解反应生成碳酸氢铵的化学方程式为_______。
6．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）水合肼(N2H4·H2O)具有还原性，利用其可以精炼铂。某同学在实验室制备水合肼，并模仿工业精炼铂。回答下列问题：
(1)水合肼的制备，实验步骤及装置(夹持及控温装置已省略)如图1所示：
将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中，控制一定温度，充分反应后，三颈烧瓶中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
①仪器X的名称为_______。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为_______。
③若滴加NaClO溶液的速度较快，会导致水合肼的产率下降，其原装因是_____。
④NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图，由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是________。
(2)水合肼还原精炼法制备铂的流程如下：
①常温下，(NH4)2PtCl6难溶于水，粗(NH4)2PtCl6中含有大量氯化铵等可溶性的盐，在实验室中预处理时，需将样品溶解、过滤后洗涤，洗涤沉淀方法是_______。
②该工序固液比、溶液的酸度(盐酸浓度)、反应时间等对于精炼铂的产率，均有较大的影响。在不同酸度下达到较高产率所需时间，以及不同固液比在最佳酸度下反应时间与产率关系如图所示：
由此可得最佳的反应条件是_______。
③写出“煅烧”生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式：_______。
三、原理综合题
7．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。
8．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）2022年北京冬奥会开幕式于2022年2月4日在国家体育场鸟巢隆重举行，其中奥运圣火的燃料为氢燃料，具有热值高、耐寒、环保无污染等优点。工业上可以通过催化重整二氧化碳和水蒸气制氢，主要有如下三个反应：
I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41 kJ·mol-1；
III．CO2(g)+CH4(g)2 ⇌CO(g)+2H2(g) ΔH3。
回答下列问题：
(1)反应CO2(g)＋CH4(g)⇌2CO(g)＋2H2(g) ΔH3=_______。
(2)将1 mol CH4(g)与3 mol H2O(g)充入初始体积为1 L的恒压反应容器中，平衡时，各含碳物质的物质的量分数与温度之间的变化关系如图所示。
①曲线a代表的物质为_______(填化学式。下同)；曲线c代表的物质为_______。
②450℃至580℃，曲线b代表物质的物质的量分数先随温度升高而增大的主要原因是_______。
③450℃时，反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol·L-1，2 min内CH4(g)表示的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1；平衡时，容器中气体总物质的量为nmol，容器体积为V L，则反应I的平衡常数K1=_______(通过反应I、II计算即可，反应II不影响计算结果，用含有n、V的代数式表示，不需要化简)。
(3)我国科学家在《Science》杂志发表了利用H2制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(电极a、b均为覆盖催化剂的多孔惰性电极)。
①X膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②电池的总反应方程式为_______ ；每制取17 g溶质质量分数为30％的H2O2溶液，导线中转移_______mol e-。
9．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）NH3在化学工业中是重要的原料，可以制备尿素、硝酸、丙烯腈等产品。回答下列问题：
(1)N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图1所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。对于合成氨反应，既可以提高平衡体系中NH3的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______(填字母)。
a.升高温度 b.将平衡体系中的氨气分离出来
c.增大体系压强 d.加入合适的催化剂
(2)合成氨反应中，正反应速率v正=k正·c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆·c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：
①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，理由为____。
②T0°C时，=_______。
(3)以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
主反应：C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH= -515 kJ·mol-1；
副反应：C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=- 353kJ·mo1-1。
已知：丙烯腈的产率=- ×100%，丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强 ×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图3所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。原因是_______。
②某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入1molC3H6、1molNH3和1.5molO2，发生上述反应。平衡时测得C3H6转化率为90%，H2O(g)的物质的量为2.5 mol，则平衡时C3H3N的分压为_______kPa(保留3位有效数字)，此温度下副反应的Kp=_______。
四、结构与性质
10．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）铬及其化合物用途广泛。回答下列问题：
(1)基态Cr原子价电子排布式为____，有____个未成对电子。
(2)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，的结构如图。(NH4)2Cr2O7 中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是____(填元素符号)，1 mol该物质中含σ键的数目为_____NA
(3)铬能形成多种配合物。
①配合物a、b、c的化学式如下：
a， [Cr(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O b. [Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O c. [Cr(H2O)6 ]Cl3
相同物质的量的a、b、c分别与足量AgNO3溶液反应，生成AgCl的物质的量之比为___。
②Reinecke salt的结构如图所示：
其中配位原子为__(填元素符号)；阳离子的空间结构为___，NCS-中碳原子杂化方式为___。
(4)一种半金属磁体的结构如图所示，其晶胞参数为a pm。
①距离每个Cr最近的Al有___个，距离Cr(0，0，0)最近的Co的原子坐标为____。
②该晶体的密度为___g∙cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）实验研究表明，Cu2+本身是无色离子，其化合物或化合物溶液能显现出各种颜色的主要原因是Cu2+形成化合物时，形成了配位键，其配合物显现出各种不同的颜色。如无水硫酸铜中，不易与Cu2+形成配位键，故无水硫酸铜为白色粉末，无水硫酸铜遇到水蒸气后，H2O与Cu2+形成蓝色的[Cu(H2O)4]2+，白色粉末逐渐变为蓝色。回答下列问题：
(1)基态 Cu2+核外电子排布式为___________；铜元素位于元素周期表的___________区。
(2)H2O分子中O原子的杂化方式为___________杂化；水分子的空间构型为___________；根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是___________。
(3)1mol[Cu(H2O)4]2+含有___________共价键，中心原子配位数为___________。
(4)光学原理中，黄色与蓝色的光混合后呈现出绿色。仔细阅读题干信息，推测CuCl2∙2H2O晶体为绿色的原因可能是___________。
(5)金属铜的晶胞结构如图所示，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则距离最近的两个铜原子之间的距离为___________(列出算式即可，不需要化简)。
五、有机推断题
12．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）双香豆素可用于血栓栓塞性疾病的预防和治疗。以芳香化合物A为原料合成其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①RCH2OHRCHO
②(R为烃基，X为卤素)
③MOMCl表示CH3OCH2Cl。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____；
(2)B的结构简式为____；
(3)由C生成D的化学方程式为____；
(4)E的分子式为____，由E生成F的反应类型是___。
(5)G中官能团名称有(酚)羟基、____。
(6)M为H的同分异构体，同时符合下列条件的有___种(不包括立体异构) ，其中仅含三种化学环境氢的结构简式是____
A．含有结构
B．除“—O—O—”外含有一种官能团
C．能与NaHCO3溶液反应
13．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）冬奥会短道速滑项目中，为了较少空气阻力，速滑竞赛服的手、脚处均使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，可以最大限度的提高运动员成绩。有机物F是合成聚氨酯所必需的中间体，其合成路线如下：
已知：①(R为烷基或氢原子)
②CH2=CH-OH⇌CH3CHO
回答下列问题：
(1)有机物A的名称为_______；有机物F中含有的官能团为_______(填名称)。
(2)有机物B的结构简式为_______；C→D的反应类型是_______。
(3)写出D→E反应的化学方程式：_______。
(4)反应E→F的产物中，除F外的另一种有机物的结构简式为_______。
(5)有机物G是F的同分异构体，满足下列条件的有机物G有_______种(不含立体异构)；其中分子内不含手性碳原子的是_______(填结构简式，手性碳原子为连有四个不同的原子或基团的碳原子)。
①分子内含有“-CH=CH2”结构；
②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应。
14．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______(-OH为取代基)。
(2)B中官能团的名称为_______ ；可用于鉴别 A与B的一种盐溶液的溶质为_______(填化学式)。
(3)C→D的反应类型为_______。
(4)下列关于C的相关说法正确的是_______(填字母)。
A．分子中含有手性碳原子
B．苯环上一溴代物有7种(不含立体异构)
C．能发生消去反应
D．最多能与6 mol H2发生加成反应
(5)已知F的分子式为C22H20O2，其结构简式为_______。
(6)能发生银镜反应和水解反应的的芳香化合物的同分异构体有___种(不含立体异构) ，写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3： 2： 2： 1的结构简式：____。
(7)照上述合成路线，设计以 和 为原料制备 的合成路线：_______(其他无机试剂和两碳以下的有机试剂任用)。
参考答案：
1． PbSO4 Cu Mn2++S2+2H2O═MnO2↓+2-+4H+ 4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4； 取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则没有； H2SO4 浸出 16.2
【分析】含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)，加入硫酸浸出，反应生成ZnSO4、PbSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4，且PbSO4难溶于水形成浸出渣，加入(NH4)2S2O8可将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2、Fe(OH)3，加入适量Zn粉，置换出Cu，形成硫酸锌溶液，电解可得Zn，加入NH4HCO3发生反应4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+2H2O+2(NH4)2SO4，Zn(OH)2•ZnCO3沉淀经过洗涤干燥，煅烧分解得ZnO。
【详解】(1)由分析可知浸出渣为PbSO4，沉淀渣2为Cu，故答案为：PbSO4；Cu。
(2)Mn2+转化为MnO2化合价升高，S2O82-转化为SO42-化合价降低，根据电子转移守恒、电荷守恒配平得Mn2++S2+2H2O═MnO2↓+2-+4H+，故答案为：1；1；2；2；4。
(3)“沉锌”时，反应的化学方程式为：4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4，若Zn(OH)2•ZnCO3未洗涤干净，则其表面附着，则检验Zn(OH)2•ZnCO3已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则没有。故答案为：4NH4HCO3+2ZnSO4=Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4；取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干，反之则没有。
(4)电解ZnSO4溶液时，H2O电离出的OH－在阴极放电产生O2，剩余H+与-结合形成H2SO4可在浸出中继续使用，故答案为：H2SO4；浸出。
(5)Zn(OH)2•ZnCO3受热分解得方程式为Zn(OH)2•ZnCO32ZnO+H2O↑+CO2↑，固体质量减少量为生成的H2O与CO2的质量，则有
，解得x=16.2kg，故答案为：16.2；
2．(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 SiO2 Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3) Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 [6.7，7.4)
(4) 溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸
(5)1：1
【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被SO32-还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，SO同时被氧化为SO，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。
【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2。(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO离子，“浸取’时，Co2O3被还原为Co2+，SO同时被氧化为SO，Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4。故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；SiO2；Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4；
（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，c(Co2+)=10-5mol/L，c(OH-)= mol/L=10-4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=10-5×(10-4.6)2=10-14.2，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol•L-1，溶液中c(OH-)=mol/L=10-6.6mol/L，c(H+)=mol/L=10-7.4mol/L，溶液的pH=7.4，则需调节溶液pH的范围是[6.7，7.4)(忽略溶液的体积变化)。故答案为：Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；[6.7，7.4)；
（4）对反应Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸(填溶液名称)。故答案为：溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动；稀硫酸；
（5）n(CoC2O4•2H2O)= =0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4•2H2O)=0.2mol，设n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组：x+3y=0.2，75x+241y=15.8，解得x=0.05，y=0.05，所以该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1，故答案为：1：1。
3．(1)SO2
(2) 、 3d54s1
(3)浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率
(4)3. 2≤pH<5.4
(5) 12
(6)2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O
(7)80. 60
【分析】废镍催化剂(含有Ni、 Al、Cr、Cu、FeS及碳粉) 通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，用NaOH溶液进行碱浸，Al、Cr的氧化物与NaOH反应溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、 Fe3+、 Cr3+等阳离子的溶液，加入试剂X调节pH使Fe元素转化为沉淀，加硫酸铵除铜，过滤后经过结晶得到硫酸镍，经过氨化，得到Ni2(OH)2SO4、、NH3·H2O的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，经过汽油萃取环烷酸镍，分液分离有机层，蒸馏分离最终得到产品。
【详解】（1）根据分析，充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为SO2；
（2）“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、、；Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；
（3）浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，故答案为：浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率；
（4）调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为3. 2≤pH<5.4；
（5）①离顶点的S2-最近的S2-位于面心，个数为，故与S2-距离最近的S2-数目为12；
S2-位于顶点和面心，个数为8+6=4，根据化学式可知，存在4个Cu2+，则晶胞质量为g=，晶胞体积为(a)3cm3，则晶胞密度=g·cm-3；
（6）环烷酸的化学式为C10H8COOH，“合成”反应中C10H8COOH与Ni2(OH)2 SO4反应生成(C10H8COO)2Ni、硫酸镍和水，反应的化学方程式为2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O；
（7）根据反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]可知关系式为(C10H8COO)2Ni ~(Ni2+~EDTA，则环烷酸镍样品纯度为=80.60%。
4． 浓盐酸 3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O b 缺少尾气处理装置，污染环境 Fe(NO3)3溶液 保证碱性环境，防止在酸性条件下Na2FeO4反应而变质 3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O C2H5OH O2 11.2
【分析】(1)根据题中图示信息可知，装置A是产生Cl2的发生装置，装置B是除去Cl2中混有的HCl杂质，装置C是Cl2与NaOH在低温条件下反应，生成NaClO的装置；据此解答。
(2)根据题中信息，为制备Na2FeO4装置，由于Na2FeO4在碱性溶液中较稳定，则仪器a盛装Fe(NO3)3溶液，三颈烧瓶中盛装NaClO和NaOH混合溶液；据此解答。
(3)根据题中信息，Na2FeO4和H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，Na2FeO4是氧化剂，H2O2是还原剂；据此解答。
【详解】(1)A装置为制取氯气装置，没有加热装置，应用KMnO4与浓HCl反应，其化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故a中应盛放浓盐酸，由题中信息②知，NaClO遇热水生成NaClO3，若C中温度过高，会生成NaClO3，其离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O，若撤去B，生成的Cl2中混有HCl，由题中信息①可知，Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl是1:1，而HCl也会与NaOH反应生成NaCl，故n(NaCl):n(NaClO)＞1:1，b选项符合，因为Cl2是有毒气体，该装置缺少尾气处理装置，污染环境；答案为浓盐酸；3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O；b；缺少尾气处理装置，污染环境。
(2)由题中信息③可知，Na2FeO4在碱性溶液中较稳定，而Fe(NO3)3溶液呈酸性，NaClO溶液呈碱性，则为保证碱性环境，仪器a中盛装Fe(NO3)3溶液，三颈烧瓶中盛装NaClO和NaOH混合溶液，发生反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，由题中信息③可知，Na2FeO4不溶于乙醇，可用乙醇作洗涤剂，其化学式为C2H5OH；答案为Fe(NO3)3溶液；保证碱性环境，防止在酸性条件下Na2FeO4反应而变质；3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O ；C2H5OH。
(3)Na2FeO4中Fe元素为+6价，具有很强的氧化性，故将H2O2氧化，产生无色气体O2，溶液由紫红色逐渐变为黄色，可知生成了Fe3+，其反应的离子方程式为2+3H2O2+10H+=2Fe3++3O2↑+8H2O，由离子方程式可知，转移6mole-，生成3molO2，则反应转移1 mol e-，生成O20.5mol，即标准状况下11.2L；答案为O2，11.2。
5．(1) 球形干燥管 生成的气体无法排出，使内部压强增大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止
(2)CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑+H2O
(3)浓硫酸
(4)用于平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气
(5)CO2与NH3制备氨基甲酸铵是放热反应，低温环境下有利于反应正向进行
(6)NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑
【分析】本实验的目的是制备氨基甲酸铵，因为氨基甲酸铵是一种白色固体，易水解的物质，所以制备时不能有水进入制备装置中。装置A中大理石与稀盐酸反应制备CO2，装置B中试剂是饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中混有的HCl气体，装置C中试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中混有的水蒸气，装置F是浓氨水滴入生石灰中制备NH3，装置E中碱石灰目的是除去NH3中混有的水蒸气，装置D是CO2和NH3一起通入四氯化碳中制备氨基甲酸铵。
【详解】（1）分析可知，仪器d为球形干燥管，装置A 中多孔隔板可以控制反应发生与停止，其原理为关闭弹簧夹K1后，生成的气体无法排出，使内部压强增大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止；
（2）装置A中为大理石和稀盐酸制取CO2，对应离子方程式为CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑+H2O；
（3）结合分析可知，装置C中试剂为浓硫酸，目的是除去CO2中混有的水蒸气；
（4）装置D中制备氨基甲酸铵，制备过程中，装置内压强变大，会导致CO2和NH3难以进入，同时NH3是一种有刺激性气味的气体，所以装置D中的气球用于平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气；
（5）根据热化学方程式2NH3(g)＋CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH<0可知制备氨基甲酸铵是放热反应，故低温环境下有利于反应正向进行；
（6）氨基甲酸铵易水解，在潮湿的空气中发生水解反应生成碳酸氢铵，可知没有化合价变化，对应方程式为NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑。
6．(1) 球形冷凝管 NaC1O+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 N2H4·H2O被NaClO氧化 加热蒸发至有大量固体析出，趁热过滤(洗涤、干燥)
(2) 向漏斗中加水至没过沉淀，待水滤出后重复2~3次 酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1：10 3(NH4)2 PtCl63Pt+2N2↑+2NH3↑+18HCl↑
【分析】将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中，发生反应NaC1O+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3，制得水合肼，剩余溶液再进一步处理可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
【详解】（1）①仪器X的名称为球形冷凝管。
②NaClO溶液和过量NaOH溶液、尿素[CO(NH2)2]溶液反应，生成NaCl和Na2CO3、水合肼，化学方程式为NaC1O+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3。
③N2H4·H2O具有还原性，NaClO具有氧化性，若滴加NaClO溶液的速度较快，会导致水合肼的产率下降，其原装因是N2H4·H2O被NaClO氧化。
④结合NaCl和Na2CO3的溶解度曲线，由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是加热蒸发至有大量固体析出，趁热过滤(洗涤、干燥)。
（2）①洗涤沉淀方法是向漏斗中加水至没过沉淀，待水滤出后重复2~3次。
②由图可知，最佳的反应条件是酸度4mol/L时反应达到较高产率且耗时较短，反应速率较快；反应时间2.5～3h时产率较高且基本不再增加，固液比1：10时产率较高，故最佳反应条件为酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1：10。
③“煅烧”（NH4）2PtCl6生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式为3（NH4）2PtCl63Pt+2N2↑+2NH3↑+18HCl↑。
7． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
8．(1)CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1
(2) CH4 CO 450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大。增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大 0.1
(3) 阳 H2+O2=H2O2 0.3
【详解】（1）已知：I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41 kJ·mol-1；
根据盖斯定律，将热化学方程式I- II，整理可得CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1；
（2）①反应I和III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷的物质的量分数减小，CO物质的量分数增大，则曲线c代表的物质为CH4，曲线c代表的物质为CO；
②曲线b代表的是CO2物质的量分数，450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大；
③反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol./L，则△c(CH4)=1 mol/L-0.8 mol/L=0.2 mol/L，故 2 min内用CH4(g)的浓度变化表示的化学反应速率v(CH4)=；
在反应开始时n(CH4)=1 mol，n(H2O)=3 mol，平衡时，容器中气体总物质的量为n mol，容器体积为V L，由图1可知，平衡时n(CH4) =0.15n mol，n(CO2)=0.05n mo1，对于反应I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；反应消耗CH4(g)的物质的量△n(CH4)=(1-0.15n) mol，根据物质反应转化关系可知△n(CH4)=△n(H2O)=△n(CO)=(1-0.15n) mol，△n(H2)=3(1-0.15n) mol；
对于反应II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，由于n(CO2)=0.05n mo1，则各种气体的改变物质的量都是0.05n mol，则平衡时n(CH4) =0.15n mol，△n(CO)=(1-0.15n-0.05n) mol=(1-0.2n) mol，n(H2O)=(3-1+0.15n-0.05n)mol=(2+0.1n) mol，△n(H2)= 3(1-0.15n) mol+0.05n mol=(3-0.4n) mol，则反应I的化学平衡常数K==；
（3）①由图可知：a极O2得到电子变为O2-，b极H2失去电子变为H+，所以a电极为正极，b极为负极，电极反应式为：H2-2e-=2H+，氢离子透过X膜，故X膜为阳离子交换膜；
②b电极反应式为H2-2e-=2H+，b极为负极；a电极为正极，a电极电极反应式为：O2+H2O+2e-=+OH-，总反应为H2+O2=H2O2，说明每生成1 mol H2O2，电极上转移2 mol电子。当制取17 g溶质质量分数为30%的H2O2溶液，n(H2O2)=，则导线中转移电子数为0.15 mol×2=0.3 mol。
9．(1) N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol c
(2) L2 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 1
(3) p3>p2> p1 生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低 20. 5 12. 5
【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知molN2(g)与molH2(g)生成1molNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动， 可以提高氨气的百分含量，故符合题意；
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；c；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
（3）①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xmol，副反应消耗丙烷ymol，列三段式得：
由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1mol，n()=1.5-1.5x-y=0.2mol，n()=1-x=0.2mol，n()=0.8mol，n()=2.5mol，n()=0.1mol。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
10． 3d54s1 6 N>O>Cr 16 1:2:3 N 正四面体 sp杂化 6 (．．)
【详解】(1)Cr原子价电子排布为3d54s1， 6个未成对电子；
(2)N为半满稳定状态，第一电离能大于O；N、O为非金属，第一电离能均大于金属； 1个中含4个σ键，1个含8个σ键，故含4×2+8＝16个σ键。
(3)①配合物 a. [Cr(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O 、b. [Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O、 c. [Cr(H2O)6 ]Cl3外界的Cl-个数比为1:2:3，且只有外界的Cl-会与Ag+反应生成AgCl，所以生成的AgCl的物质的量之比为1:2:3。②配位原了为N，N提供孤电子对；阳离子为，根据价层电子互斥理论可知空间结构正四面体； NCS-中C的价层电子对数为2，孤电子对为0，杂化方式为SP杂化。
(4)①距离每个Cr最近的Al有6个(上下前后左右各一个)距离Cr(0.0.0)最近的Co是8个，所以Co的原子坐标为(．．)；②一个晶胞含8个Co，含Al有12×1/4+1=4个，含Cr有8×1/8+6×1/2=4个，该晶体的密度为＝ g∙cm-3= g∙cm-3，所以答案为：
11．(1) [Ar]3d9 ds
(2) sp3 V形 氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价
(3) 12 4
(4)晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色
(5)
【详解】（1）基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则Cu2+核外电子排布式为[Ar]3d9；铜元素位于元素周期表的第四周期第ⅠB族，属于ds区。答案为：[Ar]3d9；ds；
（2）H2O分子中O原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化；水分子的中心O原子最外层有2个孤电子对，则空间构型为V形；在水分子中，O的非金属性大于H，共用电子对偏向于O而偏离于H，O显负价、H显正价，且形成一对共用电子的元素显一价，根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是：氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价。答案为：sp3；V形；氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价；
（3）[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+与O原子间形成配位键，配位键也属于共价键，另外，每个H2O分子内还含有2个共价键，则1mol[Cu(H2O)4]2+含有(2×4+4)mol=12mol共价键，中心Cu原子与O原子共形成4个配位键，则配位数为4。答案为：12；4；
（4）CuCl2∙2H2O晶体为绿色，则表明其为蓝色物质与黄色物质的混合物，所以原因可能是：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色。答案为：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色；
（5）由金属铜的晶胞结构图，可计算出晶胞中含Cu原子个数为=4，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为=cm，距离最近的两个铜原子分别为顶点和面心，二者之间的距离为。答案为：。
【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可使用均摊法。
12． 对苯二酚(或1，4-苯二酚) +I2+HI C2H5O3I 取代反应 醚键和醛基 12
【分析】根据B→C的反应条件为NaBH4，说明B发生还原反应生成C，结合C的结构和B的分子式可知，B为；根据C和D的分子式的区别可知D是C中的一个H原子被I原子取代得到的，结合E的结构和题示信息①可知，D为；根据题示信息②和G的结构可知，F为，结合官能团的性质分析解答。
【详解】(1)A()的化学名称为对苯二酚(或1，4-苯二酚)，故答案为：对苯二酚(或1，4-苯二酚)；
(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为：；
(3)由C生成D的反应为取代反应，反应的化学方程式为+I2+HI，故答案为：+I2+HI；
(4)E()的分子式为C2H5O3I，根据题示信息②可知，由E生成F的反应类型为取代反应，故答案为：C2H5O3I；取代反应；
(5)G()中的官能团有(酚)羟基、醚键和醛基，故答案为：醚键和醛基；
(6)M为H()的同分异构体，A．含有结构，B．除“—O—O—”外含有一种官能团，C．能与NaHCO3溶液反应，说明含有的一种官能团只能是-COOH，且含有2个，满足条件的同分异构体有、、 (●表示另一个可能羧基的位置)，共12种，其中仅含三种化学环境氢的结构简式是，故答案为：12；。
13．(1) 甲苯 酮基、醛基
(2) 加成反应
(3)
(4)HCHO
(5) 6 HCOCH2CH2COOCH=CH2
【分析】结合AC结构可知，A在光照条件下甲基发生取代反应生成B；B发生取代生成C，C加成生成D，D发生消去反应生成E，E被氧化为F；
【详解】（1）有机物A的名称为甲苯；有机物F中含有的官能团为酮基、醛基；
（2）由分析可知，有机物B的结构简式为 ；C→D的反应为和氢气的加成反应；
（3）D→E反应为D在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成E， ；
（4）根据已知①原理可知，反应E→F的产物中，除F外环上支链碳碳双键一端的碳能生成甲醛，即HCHO；
（5）F含有6个碳、3个氧，不饱和度为3；有机物G是F的同分异构体，满足下列条件
①分子内含有“-CH=CH2”结构，结构居于末端；
②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应，则含有甲酸的酯基或另含有醛基。
则结构为HCOOCH(CHO)CH2CH=CH2、HCOOCH2CH(CHO)CH=CH2、HCOOCH(CH2CHO)CH=CH2、HCOOC(CH3)(CHO)CH=CH2、HCOCH2CH2COOCH=CH2、HCOCH(CH3)COOCH=CH2，共6种；其中分子内不含手性碳原子的是HCOCH2CH2COOCH=CH2。
14．(1)邻羟基苯甲醛(水杨醛或2 -羟基苯甲醛)
(2) 醚键、醛基 FeCl3
(3)取代反应
(4)BD
(5)
(6) 4
(7)
【分析】由流程可知，A→B的反应为酚羟基上H原子被取代的过程、同时还有HCl生成，B→C的反应为醛基转变为-CH2OH、是得氢过程、为还原反应，C→D的反应为酚羟基被Cl取代的过程、D→E的反应为Cl被取代的过程、化合物F的分子式为C22H20O2结合流程，可知E→F的反应为的醛基与E的，并引入碳碳双键的过程，F为，F→G的反应为碳碳双键上的加氢反应、并重新使醚键转变为酚羟基。
【详解】（1）A为，化学名称为邻羟基苯甲醛(水杨醛或2 -羟基苯甲醛)；
（2）B为 ，官能团的名称为醚键、醛基；A中含有酚羟基而B中没有酚羟基，前者遇FeCl3溶液呈紫色后者不会，故可用于鉴别 A与B的一种盐溶液的溶质为FeCl3；
（3）据分析，由C生成D(同时有SO2和HCl生成)的化学方程式为SOCl2+ + SO2+HCl，故C→D的反应类型为取代反应；
（4）A．C为 ，不存在手性碳原子，选项A错误；
B．C的苯环上7种不同化学环境的氢原子，一溴代物有7种(不含立体异构)，选项B正确；
C. 分子中存在羟基，但羟基相连的碳原子相邻的碳上没有H，不能发生消去反应，选项C错误；
D. 分子中存在2个苯基，最多能与6 mol H2发生加成反应，选项D正确；
答案选BD；
（5）根据分析可知，F为；
（6）化合物分子式为C8H8O2，不饱和度为5，同分异构体满足条件：含有苯环并能发生银镜反应和水解反应，则同分异构体含有1个HCOO-、1个苯环，当苯环只有1个侧链时，侧链为HCOOCH2—，当苯环有2个侧链时，侧链分别为HCOO—、—CH3，且2个侧链可处以邻间对位，则共有4种；其中核磁共振氢谱为四组峰即四种氢原子，峰面积之比为3:2:2: 1，按对称性可知结构简式为；
（7）参照上述合成路线，以和在碳酸钾和加热条件下反应得到 ， 催化氧化得到 ， 与甲醇发生酯化反应得到 ， 催化下与氢气反应得到，合成路线如下： 。
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