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河北省秦皇岛市2022届高三三模化学试题及答案
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这是一份河北省秦皇岛市2022届高三三模化学试题及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三三模化学试题
一、单选题
1．下列有关物质用途的说法正确的是（ ）
A．可用地沟油制生物柴油，生物柴油与柴油成分相同
B．He、Ar都可用于填充探空气球(把无线电探空仪携带到高空)
C．人工分子筛(多孔铝硅酸盐)可用作吸附剂和催化剂
D．可用生石灰处理钢铁厂、 电镀厂产生的碱性废水
2．科技改变生活，新材料带来新科技。下列说法正确的是（ ）
A．“冰立方”的ETFE膜(乙烯-四氟乙烯共聚物)的单体为乙烯、四氟乙烯
B．北京冬奥会火炬“飞扬”的喷口外壳采用的聚硅氮烷树脂属于无机小分子化合物
C．北京冬奧会礼仪服采用石墨烯片聚热保暖，石墨烯和聚乙炔互为同分异构体
D．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维的主要成分相同
3．从海带中提取碘的主要步骤包括：①灼烧；②浸泡、过滤；③氧化、萃取；④分离碘单质。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
4．1919年卢瑟福用α粒子(He)轰击某原子核实现了首次人工核转变，核反应为He+X →Y+H。已知：Y 元素原子的最外层电子数为其内层电子总数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．16Y2和17Y2互为同素异形体
B．X、Y的非金属性：X>Y
C．最简单氢化物的沸点：Y
5．下列有关物质的用途与化学原理具有对应关系的是（ ）
选项
用途
化学原理
A
用氢氟酸雕刻玻璃
氢氟酸显弱酸性
B
用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板
FeCl3溶液显酸性
C
用SiO2制造坩埚
SiO2熔点高
D
用HNO3制备硝酸铵
HNO3具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。 下列对应离子方程式书写正确的是（ ）
A．在CuCl2和FeCl3混合溶液中加入少量的Fe：Fe+Cu2+=Fe2+ +Cu
B．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：+4Cl2 +5H2O=2 +8Cl-+ 10H+
C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全：Al3+ +2+2Ba2+ +4OH-=+2BaSO4↓+2H2O
D．用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+ +2H2OCu+O2↑+4H+
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol甲基中所含电子总数为NA
B．5.6 g铁粉与硫完全反应转移的电子总数为0. 3 NA
C．标准状况下，11.2 L HF中含有的原子数为NA
D．9.2 g甘油中所含C-H键的数目为0. 5 NA
8．下列制备并收集气体的方法不可行的是（ ）
气体
方法
A
Cl2
将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，用排饱和食盐水法收集
B
NH3
将浓氨水滴入NaOH固体中，用向下排空气法收集
C
NO2
将铜片加入浓硝酸中，用排水法收集
D
SO2
铜与浓硫酸混合加热，用排饱和亚硫酸氢钠溶液法收集
A．A B．B C．C D．D
9．一定温度下，在容积为1 L的恒容密闭容器中发生反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH，各物质的物质的量随时间变化如表。
时间/ min
0
t
2t
3t
4t
n(X)/mol
2
0.4
n(Y)/mol
4
0.8
n(Z)/mol
0
1.4
下列说法正确的是（ ）
A．若升高温度，X(g)的转化率减小，则该反应的ΔH >0
B．0~3t min内，v(Z)= mol· L-1·min-1
C．单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等，说明该反应达到平衡
D．其他条件不变，增大Y(g)的浓度，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大
10．一种治疗胆结石的药物Z的部分合成路线如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：手性碳原子是指连有四个不同基团(或原子)的碳原子。
A．X、Y、Z互为同系物
B．Z分子中所有的碳原子可能共平面
C．1 mol X最多能与4 mol氢气发生加成反应
D．Y分子中含有2个手性碳原子
11．在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“.”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是反应历程（ ）
A．物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定
B．②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
C．③→ ④的过程中断裂了非极性共价键
D．反应· CO2+H2(g)=·CO+H2O(g)的ΔH< 0
二、多选题
12．我国科学家开发了一款高压无阳极配置可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电子由b极经3A沸石分子筛膜流向a极
B．放电时，a极的电极反应式为Na+ +e-=Na
C．充电时，b极为阳极，发生氧化反应
D．充电时，电路中每迁移2mol电子，理论上a极净增重46g
13．常温下，2-戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL 0. 1 mol· L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知：δ(CH3CH2CH =CHCOOH)=
下列说法错误的是（ ）
A．图1中，曲线I表示的粒子是CH3CH2CH= CHCOO-
B．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2-戊烯酸钠，此时溶液的pH=4. 7，
C．图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+ )=c(CH3CH2CH=CHCOO- )>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH- )=c(H+ )+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
三、综合题
14．亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某化学兴趣小组设计实验制备NaNO2并探究其性质。
查阅资料信息：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；2NO2 +Na2O2=2NaNO3.
②酸性KMnO4溶液可将低价氮的氧化物或酸根离子氧化为。
（1）NaNO2的制备(夹持装置和加热装置均已略，已检查装置气密性)。
①若没有装置B，则装置C中Na2O2与水发生反应： (填化学方程式)。
②制得的NaNO2固体中混有的杂质主要为NaNO3，改进措施是在装置A、B间添加 ，提高NaNO2的纯度。
③装置E中发生的主要反应的离子方程式为 。
（2）验证亚硝酸钠与70%硫酸反应的气体产物为NO和NO2的混合气体。
已知：FeSO4溶液可吸收NO；NO2的沸点为21° C ，熔点为-11° C。
①为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序是A→ 。(按气流方向从左到右)
②反应前应打开弹簧夹1， 先通入一段时间氮气，目的是 。
③再关闭弹簧夹1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。
设计实验检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象： 。
（3）查阅资料知：酸性条件下NaNO2具有氧化性。利用所供试剂，设计实验方案验证此信息： (供选用的试剂有NaNO2溶液、FeSO4溶液、稀硫酸、KSCN溶液)
（4）测定某亚硝酸钠样品的纯度。
设该样品的杂质均不与酸性KMnO4溶液反应，可用酸性KMnO4溶液测定NaNO2的含量。称取2.0 g亚硝酸钠样品溶于水配成250 mL溶液，取出25. 00 mL溶液于锥形瓶中，再用0. 1000 mol· L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4标准溶液的体积如表：
实验组
第一组
第二组
第三组
第四组
消耗酸性KMnO4标准溶液的体积/mL
9.97
10.02
12. 01
10. 01
该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数为 。
15．利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2 (aq) Ni2+ (aq)+ 2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. H2O2+2·OH=O2 ↑+2H2O。
（1）·OH的电子式为 。
（2）①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为 g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是 。
（3）常温下，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的pH= ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
（4）取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99. 97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率： (保留四位有效数字)。
16．我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质
HCHO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1)
-570. 8
-285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
（2）在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.250
0.230
0.215
0.205
0.200
0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
（3）将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大的主要原因是 。
（4）在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
（5）我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
（6）我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
17．过渡金属在生产、生活、科技等方面有着广泛的应用。例如仿生簇化合物Mn4XO4(X=Ca2+/Y3+/Gd3+)有望为实现利用太阳能和水获取清洁能源(氢能)开辟新途径，MnOx·Na2WO4·SiO2、钴(Co)的合金及其化合物材料等广泛应用于化工催化剂等领域。
请回答下列问题：
（1）基态钇(39Y)的价层电子排布式为 。
（2）基态Co原子核外有 种运动状态不同的电子，其3d能级上有 对成对电子。
（3）[Co(NO2)6]3-中三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)。已知：[Co(CN)6]4-是强还原剂，与水反应能生成[Co(CN)6]3-。[Co(CN)6]4-中含有σ键与π键的数目之比为 ，[Co(CN)6]3-中C的杂化方式为 。
（4）[Mn(NH3)2]2+中配体分子的立体构型是 。[Mn(NH3)2]2+中键角∠HNH (填“大于” 、“小于”或“等于”)NH3中键角∠HNH。
（5）MnF2、MnCl2晶体的熔点分别为856 °C、650 °C，二者熔点存在明显差异的主要原因是 。
（6）碳化钨是一种由钨(W)和碳组成的晶体，其晶体结构如图所示，晶体的熔点为2870° C，硬度与金刚石相当。碳化钨的晶体类型是 ；已知：碳化钨晶体的密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，六梭柱高为a cm，则底边长为 (用含ρ、a、N的表达式表示)nm。
18．我国科学家最近利用PVP开发"自愈”的钙钛矿太阳能电池。乙炔法(RePPe 法)制备聚乙烯吡咯烷酮(PVP)的工艺流程如图(部分产物和条件省略)：
请回答下列问题：
（1）D中官能团的名称是 ；C的名称是 。
（2）实验室用电石(含CaS等杂质)与饱和食盐水制备A，常将气体通入足量胆矾溶液中除去H2S，提纯A的离子方程式为 。
（3）E→F 的反应类型是 。
（4）写出F制备PVP的化学方程式： 。
（5）C的同分异构体中，1 mol有机物与足量钠反应生成1 mol H2的稳定结构有 种，(不包括立体异构和 C本身，同一碳原子上连接2个羟基不稳定)。其中，核磁共振氢谱上有3组峰的结构简式为 。
（6）以苯乙炔、 甲醛和乙酸为原料用不超过三步的反应设计合成某香料成分()。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．地沟油的主要成分是油脂，柴油的主要成分是液态烃，二者成分不同，A项不符合题意；
B．Ar的密度大于空气的密度，不能用于填充探空气球，B项不符合题意；
C．多孔铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，C项符合题意；
D．碱性废水应用酸中和，生石灰即CaO，和水反应生成Ca(OH)2，不能处理碱性废水，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.地沟油的成分为油脂，柴油的主要成分是液态烃；
B.填充探空气球的气体密度应小于空气；
D.CaO为碱性氧化物。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．乙烯-四氟乙烯共聚物是乙烯、四氟乙烯发生加聚反应得到的产物，所以乙烯-四氟乙烯共聚物的单体为乙烯和四氟乙烯，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于高分子聚合物，故B不符合题意；
C．石墨烯属于无机非金属材料，聚乙炔属于有机高分子化合物，石墨烯和聚乙炔不互为同分异构体，故C不符合题意；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，芯片的主要成分是硅，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.乙烯-四氟乙烯共聚物的单体为乙烯和四氟乙烯；
B.聚硅氮烷树脂为高分子化合物；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.计算机芯片的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是SiO2。
3．【答案】B
【解析】【解答】由海带中提取碘的主要步骤可知，实验时需要用到的仪器为烧杯、漏斗和分液漏斗，不需要用到的仪器为容量瓶，
故答案为：B。
【分析】灼烧需要用到坩埚；浸泡、过滤用到烧杯、玻璃棒和漏斗；氧化、萃取、分离碘单质用到分液漏斗。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．16Y2和17Y2 是同种单质，而同素异形体是同种元素形成的不同单质，A不符合题意；
B．非金属性O>N，B不符合题意；
C．N和O形成的最简单氢化物为NH3和H2O，相同物质的量情况下水中形成的氢键个数多，沸点H2O高于NH3，C不符合题意；
D．上述元素有H、 N、O，可形成NH4NO3，是离子化合物，含离子键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Y 元素原子的最外层电子数为其内层电子总数的3倍，则Y为O元素，根据 He+X →Y+H 可知，Z=7，A=14，则X为N元素。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．用氢氟酸雕刻玻璃化学原理为HF能与玻璃中的二氧化硅反应生成SiF4气体和水，其用途与HF是否为弱酸无关，故不选A；
B．用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板，反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，化学原理为Fe3+具有氧化性，能将单质铜氧化为铜离子，与铁离子的酸性无关，故不选B；
C．SiO2是原子晶体，SiO2的熔点高，所以可用SiO2制造坩埚，故选C；
D．硝酸铵是一种盐，利用硝酸制备硝酸铵体现了硝酸的酸性，与硝酸的强氧化性无关，故不选D；
故答案为：C。
【分析】A.HF能二氧化硅反应生成SiF4和水，该反应中HF并未体现酸性；
B.用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板利用的是其氧化性；
D.硝酸反应生成硝酸铵体现硝酸的酸性。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．氧化性大于，所以Fe先与反应，即先发生的反应为：，A项不符合题意；
B．向溶液中通入足量氯气，发生氧化还原反应，B符合题意；
C．向溶液中加入溶液至恰好沉淀完全，铵根离子结合氢氧根离子的能力大于氢氧化铝的，反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为，C项不符合题意；
D．用Cu电极电解硫酸铜溶液，阳极为Cu失电子生成Cu2+，阴极为Cu2+得电子生成Cu，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Fe少量，Fe先与铁离子反应；
C.硫酸根离子恰好沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，铝离子与氢氧根离子按照1：3反应生成氢氧化铝沉淀后，铵根离子优先结合氢氧根离子，则氢氧化铝沉淀不会溶解；
D.用铜电极电解硫酸铜溶液，阳极为Cu失电子生成Cu2+，阴极为Cu2+得电子生成Cu。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．甲基为九电子微粒，电子式为， 0.1mol甲基中所含电子总数为0.9NA，A不符合题意；
B．铁粉与S反应生成FeS，5.6g铁粉与硫完全反应转移的电子总数为0.2NA，B不符合题意；
C．标准状况下，HF呈液态不能用标况下的气体摩尔体积计算，C不符合题意；
D.1mol甘油中含5molC-H键，9.2 g甘油的物质的量为0.1mol，含C-H键的数目为0. 5NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一个甲基含有9个电子；
B.铁粉与硫反应生成FeS；
C.标况下HF为液态。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．浓盐酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，可以生成氯气，而氯气在饱和食盐水中的溶解度比较低，故可以排饱和食盐水收集，故A不符合题意；
B．氢氧化钠溶于水放热，且导致溶液中氢氧根离子浓度增大，导致氨气放出，因为氨气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故B不符合题意；
C．二氧化氮与水会发生反应，故不能用排水法收集二氧化氮，故C符合题意；
D．铜与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫在亚硫酸氢钠溶液中溶解度比较小，故可以利用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气几乎不溶于饱和食盐水；
B.氨气密度小于空气，用向下排空气法收集；
D.铜与浓硫酸混合加热，生成硫酸铜和SO2，SO2几乎不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．若升高温度，X(g)的转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的ΔH<0，故A不符合题意；
B.0~3t min内，X物质的量减少1.6mol，则Z的物质的量增加1.6mol，v(Z)=mol· L-1·min-1，故B符合题意；
C．单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等，表示的都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，所以该反应不一定达到平衡，故C不符合题意；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升温X(g)的转化率减小，平衡逆向移动；
C.单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等均表示正反应速率；
D.平衡常数只与温度有关。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．X、Y、Z的结构不相似，不能互为同系物，A项不符合题意；
B．由于苯环、碳碳双键和碳氧双键均是平面形结构，因此Z分子中所有的碳原子可能共平面，B项符合题意；
C．X分子中只有苯环和氢气发生加成反应，1 molX最多能与3 mol氢气发生加成反应，C项不符合题意；
D．Y分子中只含有1个手性碳原子，即结构简式中同时连接甲基和羟基的碳原子是手性碳原子，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.苯环、碳碳双键和碳氧双键均为平面结构；
C.X分子中只有苯环和氢气发生加成反应；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，能量越高，物质越不稳定，A不符合题意；
B．从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，B不符合题意；
C．从图中可以看出，③→ ④的过程中断裂了C-O键，属于极性共价键，C符合题意；
D．根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.能量越低物质越稳定；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应为整个反应的决速步骤；
D.该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．电子只在外电路上迁移，不经过3A沸石分子筛膜，放电时，a是负极、b是正极，Na+由a极经3A沸石分子筛膜流向b极，故A不符合题意；
B．放电时，a极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Na-e-=Na+ ，故B不符合题意；
C．充电过程中，Na+由b向a移动，可知a是阴极、b是阳极，阳极发生氧化反应，故C符合题意；
D．充电时，a是阴极，阴极反应为Na++e-= Na，电路中每迁移2mol电子，理论上a极生成2molNa，净增重46g，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】放电时a为负极，负极发生氧化反应，电极反应为Na-e-=Na+ ，b为正极，电极反应式为Na++e-= Na，充电时，b极为阳极，电极反应式为Na-e-=Na+ ，a极为阴极，电极反应式为Na++e-= Na。
13．【答案】A,B
【解析】【解答】A．曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，A项符合题意；
B．根据图1知，2一戊烯酸的电离常数Ka= =c ( H+) = 10-4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-的水解程度，溶液中c(CH3CH2CH=CHCOO- )>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，pH并不是4. 7，B项符合题意；
C．②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOO- )=c(Na+ )>c(CH3CH2CH=CHCOOH) ，C项不符合题意；
D．③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH- )=c(H+ )+c(CH3CH2CH=CHCOOH) ，D项不符合题意；
故答案为：AB；
【分析】A. δ(CH3CH2CH =CHCOOH)= ，则图1中曲线Ⅰ表示CH3CH2CH=CHCOOH，曲线Ⅱ表示CH3CH2CH=CHCOO-；
B.CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-的水解程度；
C.根据电荷守恒分析；
D.③对应的溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒分析。
14．【答案】（1）2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO；5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O
（2）C、E、D、B；排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色
（3）取少量FeSO4溶液于试管中，向试管中先滴入稀硫酸酸化.再滴入几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，然后滴加少量NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性
（4）86. 25%
【解析】【解答】装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气，
(1)①金属铜和稀硝酸反应制得的一氧化氮会带出少量水，水会和过氧化钠发生反应生成NaOH和氧气，反应方程式为：2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；
②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质.说明制得的NO中混有NO2，可以在装置A.B间添加一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO，或添加可直接吸收NO2的装置；
③装置E中NO和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硝酸钾和锰离子，发生的主要反应的离子方程式为5NO+ 3+4H+=5+3Mn2+ +2H2O；
(2)①装置C用于吸收水蒸气，装置E用于冷却二氧化氮，装置D用于检验NO，装置B用于处理尾气，装置按气流从左到右的连接顺序是A→C→E→D→B；
②经分析物质性质可知，反应产物中应该含有NO，NO很容易被氧气氧化，故通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；
③检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象：反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色；
(3)利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性；
(4)反应的化学方程式为5NaNO2+3H2SO4 + 2KMnO4=5NaNO3+ 2MnSO4 + 3H2O + K2SO4，25.00mL样品溶液用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，平均消耗10.00mL酸性KMnO4标准溶液，则有关系式，解得n(NaNO2)=2.5×10-3×10mol，则2g样品中m(NaNO2)=nM= 2.5×10-3××69g/mol=1.725g，该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数是。
【分析】（1） ①Na2O2与水反应生成NaOH和氧气；
②二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；
③装置E中发生反应 5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O；
（2）装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气；
（3）若 NaNO2具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变血红色；
（4）根据关系式2KMnO4～5NaNO2计算。
15．【答案】（1）
（2）生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；0.45；反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
（3）3；无
（4）蒸发浓缩、冷却结晶；95.97%
【解析】【解答】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)·OH的电子式为：；
(2)从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
【分析】（1）•OH中O原子与H原子之间形成一对共用电子对，O原子上有一个单电子；
（2）①Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c(R-)减小，使平衡 NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq) 正向移动；
②曲线的最高点为最佳加入量，低于此数值，生成的•OH 过少，则转化生成的自由基过少，而高于这个值，过氧化氢过多，可发生反应iii，消耗过氧化氢，从而使废水处理效果都下降；
（3）结合 Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15 计算；
（4）先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O。
16．【答案】（1）+43.2
（2）25%
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
（4）0.075；
（5）CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
（6）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【解析】【解答】(1)根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
(2)由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
(4)①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
(5)以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
(6)根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
【分析】（1）先写出甲醛和氢气燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）根据计算；
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量；
（4）①列出反应的三段式，结合计算；
②根据Kp=计算；
（5）阴极发生还原反应；
（6）BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；活化能越低反应越容易发生。
17．【答案】（1）4d15s2
（2）27；2
（3）N>O>Co；1 ：1；sp
（4）三角锥形；大于
（5）MnF2、MnCl2都是离子晶体，F—半径小于Cl—，MnF2中的离子键比MnCl2中的离子键强
（6）原子晶体；
【解析】【解答】(1)钇元素的原子序数为39，价层电子排布式为4d15s2，故答案为：4d15s2；
(2)钴元素的原子序数为27号，基态原子的核外电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d74s2 ，由泡利不相容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，所以原子核外有27种运动状态不同的电子，核外3d能级上有2对成对电子，故答案为：27；2；
(3)金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Co；六氰合钴离子中配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，离子中σ键与π键的数目之比为(6+6)：6×2=1：1，形成碳氮三键的碳原子的杂化方式为sp杂化，故答案为：N＞O＞Co；1：1；sp；
(4)氨分子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形；在配离子中，氨分子中氮原子的价层孤电子对与锰离子形成配位键，孤电子对对成键电子对排斥力减小，键角增大，[Mn(NH3)2]2+中键角∠HNH大于NH3中键角∠HNH，所以故答案为：三角锥形；大于；
(5)由熔点可知，氟化锰和氯化锰都是离子晶体，氟离子的离子半径小于氯离子，氟化锰中的离子键强于氯化锰中离子键，所以熔点高于氯化锰，故答案为：MnF2、MnCl2都是离子晶体，F—半径小于Cl—，MnF2中的离子键比MnCl2中的离子键强；
(6)由晶体的熔点为2870° C，硬度与金刚石相当可知，碳化钨是原子晶体；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体内的钨原子数为12×+2×+6×+1=6，碳原子位于体内，位于体内的碳原子数为6，设钨原子设底边长为xcm，底面积S= ×x××6=，由晶胞的质量公式可得：=aρ，解得x=nm，故答案为：。
【分析】（1）Y的原子序数为29，根据构造原理书写其价电子排布式；
（2）核外有几个电子就有几种运动状态不同的电子；Co原子3d能级上有2对成对电子；
（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；非金属元素的第一电离能大于金属元素； 单键均为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；[Co(CN)6]3-中C形成2个σ键，采用sp杂化；
（4） NH3 为三角锥形分子；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（5）离子晶体的晶格能越大熔点越高；
（6）碳化钨的熔点较高，属于原子晶体；根据均摊法和计算。
18．【答案】（1）酯基；1，4-丁二醇
（2）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
（3）加成反应
（4）
（5）5；
（6）
【解析】【解答】
(1)D为，官能团为酯基；根据分析可知，C的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，名称是1，4-丁二醇；
(2)实验室用电石(含CaS等杂质)与饱和食盐水制备乙炔，乙炔气体中含硫化氢，通入硫酸铜溶液，硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+；
(3)观察知，断裂氢氮键，与乙炔发生加成反应，实现碳碳三键变为碳碳双键，E→F 的反应类型是为加成反应；
(4)根据分析可知在一定条件下生成PVP，PVP为，反应的方程式为：n；
(5)依题意，同分异构体中含2个羟基，2个羟基不能连在同一碳原子上。除C本身，同分异构体有5种，分别为：、、、、；核磁共振氢谱上有3组峰的结构简式为；
(6)由逆推法可知是有由乙酸和在浓硫酸的作用下酯化，是由在Ni作催化剂的条件下和氢气加成，根据合成中A变B，由苯乙炔和甲醛在硅胶和乙炔亚铜的作用下生成，所以合成路线为：；
【分析】乙炔和甲醛在硅胶和乙炔亚铜的作用下生成B（HOCH2CCCH2OH）， B在Ni作催化剂的条件下与氢气加成生成C，根据C的分子式可知C为HOCH2CH2CH2CH2OH，C在铜200℃催化下生成D（），D和NH3在一定压强下生成E（ ），E和乙炔在碱125℃作用下生成F（），F在一定条件下生成PVP，PVP为。
高三三模化学试题
一、单选题
1．下列有关物质用途的说法正确的是（ ）
A．可用地沟油制生物柴油，生物柴油与柴油成分相同
B．He、Ar都可用于填充探空气球(把无线电探空仪携带到高空)
C．人工分子筛(多孔铝硅酸盐)可用作吸附剂和催化剂
D．可用生石灰处理钢铁厂、 电镀厂产生的碱性废水
2．科技改变生活，新材料带来新科技。下列说法正确的是（ ）
A．“冰立方”的ETFE膜(乙烯-四氟乙烯共聚物)的单体为乙烯、四氟乙烯
B．北京冬奥会火炬“飞扬”的喷口外壳采用的聚硅氮烷树脂属于无机小分子化合物
C．北京冬奧会礼仪服采用石墨烯片聚热保暖，石墨烯和聚乙炔互为同分异构体
D．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维的主要成分相同
3．从海带中提取碘的主要步骤包括：①灼烧；②浸泡、过滤；③氧化、萃取；④分离碘单质。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
4．1919年卢瑟福用α粒子(He)轰击某原子核实现了首次人工核转变，核反应为He+X →Y+H。已知：Y 元素原子的最外层电子数为其内层电子总数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．16Y2和17Y2互为同素异形体
B．X、Y的非金属性：X>Y
C．最简单氢化物的沸点：Y
5．下列有关物质的用途与化学原理具有对应关系的是（ ）
选项
用途
化学原理
A
用氢氟酸雕刻玻璃
氢氟酸显弱酸性
B
用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板
FeCl3溶液显酸性
C
用SiO2制造坩埚
SiO2熔点高
D
用HNO3制备硝酸铵
HNO3具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。 下列对应离子方程式书写正确的是（ ）
A．在CuCl2和FeCl3混合溶液中加入少量的Fe：Fe+Cu2+=Fe2+ +Cu
B．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：+4Cl2 +5H2O=2 +8Cl-+ 10H+
C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全：Al3+ +2+2Ba2+ +4OH-=+2BaSO4↓+2H2O
D．用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+ +2H2OCu+O2↑+4H+
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol甲基中所含电子总数为NA
B．5.6 g铁粉与硫完全反应转移的电子总数为0. 3 NA
C．标准状况下，11.2 L HF中含有的原子数为NA
D．9.2 g甘油中所含C-H键的数目为0. 5 NA
8．下列制备并收集气体的方法不可行的是（ ）
气体
方法
A
Cl2
将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，用排饱和食盐水法收集
B
NH3
将浓氨水滴入NaOH固体中，用向下排空气法收集
C
NO2
将铜片加入浓硝酸中，用排水法收集
D
SO2
铜与浓硫酸混合加热，用排饱和亚硫酸氢钠溶液法收集
A．A B．B C．C D．D
9．一定温度下，在容积为1 L的恒容密闭容器中发生反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH，各物质的物质的量随时间变化如表。
时间/ min
0
t
2t
3t
4t
n(X)/mol
2
0.4
n(Y)/mol
4
0.8
n(Z)/mol
0
1.4
下列说法正确的是（ ）
A．若升高温度，X(g)的转化率减小，则该反应的ΔH >0
B．0~3t min内，v(Z)= mol· L-1·min-1
C．单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等，说明该反应达到平衡
D．其他条件不变，增大Y(g)的浓度，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大
10．一种治疗胆结石的药物Z的部分合成路线如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：手性碳原子是指连有四个不同基团(或原子)的碳原子。
A．X、Y、Z互为同系物
B．Z分子中所有的碳原子可能共平面
C．1 mol X最多能与4 mol氢气发生加成反应
D．Y分子中含有2个手性碳原子
11．在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“.”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是反应历程（ ）
A．物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定
B．②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
C．③→ ④的过程中断裂了非极性共价键
D．反应· CO2+H2(g)=·CO+H2O(g)的ΔH< 0
二、多选题
12．我国科学家开发了一款高压无阳极配置可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电子由b极经3A沸石分子筛膜流向a极
B．放电时，a极的电极反应式为Na+ +e-=Na
C．充电时，b极为阳极，发生氧化反应
D．充电时，电路中每迁移2mol电子，理论上a极净增重46g
13．常温下，2-戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL 0. 1 mol· L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知：δ(CH3CH2CH =CHCOOH)=
下列说法错误的是（ ）
A．图1中，曲线I表示的粒子是CH3CH2CH= CHCOO-
B．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2-戊烯酸钠，此时溶液的pH=4. 7，
C．图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+ )=c(CH3CH2CH=CHCOO- )>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH- )=c(H+ )+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
三、综合题
14．亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某化学兴趣小组设计实验制备NaNO2并探究其性质。
查阅资料信息：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；2NO2 +Na2O2=2NaNO3.
②酸性KMnO4溶液可将低价氮的氧化物或酸根离子氧化为。
（1）NaNO2的制备(夹持装置和加热装置均已略，已检查装置气密性)。
①若没有装置B，则装置C中Na2O2与水发生反应： (填化学方程式)。
②制得的NaNO2固体中混有的杂质主要为NaNO3，改进措施是在装置A、B间添加 ，提高NaNO2的纯度。
③装置E中发生的主要反应的离子方程式为 。
（2）验证亚硝酸钠与70%硫酸反应的气体产物为NO和NO2的混合气体。
已知：FeSO4溶液可吸收NO；NO2的沸点为21° C ，熔点为-11° C。
①为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序是A→ 。(按气流方向从左到右)
②反应前应打开弹簧夹1， 先通入一段时间氮气，目的是 。
③再关闭弹簧夹1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。
设计实验检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象： 。
（3）查阅资料知：酸性条件下NaNO2具有氧化性。利用所供试剂，设计实验方案验证此信息： (供选用的试剂有NaNO2溶液、FeSO4溶液、稀硫酸、KSCN溶液)
（4）测定某亚硝酸钠样品的纯度。
设该样品的杂质均不与酸性KMnO4溶液反应，可用酸性KMnO4溶液测定NaNO2的含量。称取2.0 g亚硝酸钠样品溶于水配成250 mL溶液，取出25. 00 mL溶液于锥形瓶中，再用0. 1000 mol· L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4标准溶液的体积如表：
实验组
第一组
第二组
第三组
第四组
消耗酸性KMnO4标准溶液的体积/mL
9.97
10.02
12. 01
10. 01
该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数为 。
15．利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2 (aq) Ni2+ (aq)+ 2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. H2O2+2·OH=O2 ↑+2H2O。
（1）·OH的电子式为 。
（2）①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为 g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是 。
（3）常温下，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的pH= ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
（4）取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99. 97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率： (保留四位有效数字)。
16．我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质
HCHO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1)
-570. 8
-285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
（2）在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.250
0.230
0.215
0.205
0.200
0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
（3）将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大的主要原因是 。
（4）在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
（5）我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
（6）我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
17．过渡金属在生产、生活、科技等方面有着广泛的应用。例如仿生簇化合物Mn4XO4(X=Ca2+/Y3+/Gd3+)有望为实现利用太阳能和水获取清洁能源(氢能)开辟新途径，MnOx·Na2WO4·SiO2、钴(Co)的合金及其化合物材料等广泛应用于化工催化剂等领域。
请回答下列问题：
（1）基态钇(39Y)的价层电子排布式为 。
（2）基态Co原子核外有 种运动状态不同的电子，其3d能级上有 对成对电子。
（3）[Co(NO2)6]3-中三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)。已知：[Co(CN)6]4-是强还原剂，与水反应能生成[Co(CN)6]3-。[Co(CN)6]4-中含有σ键与π键的数目之比为 ，[Co(CN)6]3-中C的杂化方式为 。
（4）[Mn(NH3)2]2+中配体分子的立体构型是 。[Mn(NH3)2]2+中键角∠HNH (填“大于” 、“小于”或“等于”)NH3中键角∠HNH。
（5）MnF2、MnCl2晶体的熔点分别为856 °C、650 °C，二者熔点存在明显差异的主要原因是 。
（6）碳化钨是一种由钨(W)和碳组成的晶体，其晶体结构如图所示，晶体的熔点为2870° C，硬度与金刚石相当。碳化钨的晶体类型是 ；已知：碳化钨晶体的密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，六梭柱高为a cm，则底边长为 (用含ρ、a、N的表达式表示)nm。
18．我国科学家最近利用PVP开发"自愈”的钙钛矿太阳能电池。乙炔法(RePPe 法)制备聚乙烯吡咯烷酮(PVP)的工艺流程如图(部分产物和条件省略)：
请回答下列问题：
（1）D中官能团的名称是 ；C的名称是 。
（2）实验室用电石(含CaS等杂质)与饱和食盐水制备A，常将气体通入足量胆矾溶液中除去H2S，提纯A的离子方程式为 。
（3）E→F 的反应类型是 。
（4）写出F制备PVP的化学方程式： 。
（5）C的同分异构体中，1 mol有机物与足量钠反应生成1 mol H2的稳定结构有 种，(不包括立体异构和 C本身，同一碳原子上连接2个羟基不稳定)。其中，核磁共振氢谱上有3组峰的结构简式为 。
（6）以苯乙炔、 甲醛和乙酸为原料用不超过三步的反应设计合成某香料成分()。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．地沟油的主要成分是油脂，柴油的主要成分是液态烃，二者成分不同，A项不符合题意；
B．Ar的密度大于空气的密度，不能用于填充探空气球，B项不符合题意；
C．多孔铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，C项符合题意；
D．碱性废水应用酸中和，生石灰即CaO，和水反应生成Ca(OH)2，不能处理碱性废水，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.地沟油的成分为油脂，柴油的主要成分是液态烃；
B.填充探空气球的气体密度应小于空气；
D.CaO为碱性氧化物。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．乙烯-四氟乙烯共聚物是乙烯、四氟乙烯发生加聚反应得到的产物，所以乙烯-四氟乙烯共聚物的单体为乙烯和四氟乙烯，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于高分子聚合物，故B不符合题意；
C．石墨烯属于无机非金属材料，聚乙炔属于有机高分子化合物，石墨烯和聚乙炔不互为同分异构体，故C不符合题意；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，芯片的主要成分是硅，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.乙烯-四氟乙烯共聚物的单体为乙烯和四氟乙烯；
B.聚硅氮烷树脂为高分子化合物；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.计算机芯片的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是SiO2。
3．【答案】B
【解析】【解答】由海带中提取碘的主要步骤可知，实验时需要用到的仪器为烧杯、漏斗和分液漏斗，不需要用到的仪器为容量瓶，
故答案为：B。
【分析】灼烧需要用到坩埚；浸泡、过滤用到烧杯、玻璃棒和漏斗；氧化、萃取、分离碘单质用到分液漏斗。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．16Y2和17Y2 是同种单质，而同素异形体是同种元素形成的不同单质，A不符合题意；
B．非金属性O>N，B不符合题意；
C．N和O形成的最简单氢化物为NH3和H2O，相同物质的量情况下水中形成的氢键个数多，沸点H2O高于NH3，C不符合题意；
D．上述元素有H、 N、O，可形成NH4NO3，是离子化合物，含离子键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Y 元素原子的最外层电子数为其内层电子总数的3倍，则Y为O元素，根据 He+X →Y+H 可知，Z=7，A=14，则X为N元素。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．用氢氟酸雕刻玻璃化学原理为HF能与玻璃中的二氧化硅反应生成SiF4气体和水，其用途与HF是否为弱酸无关，故不选A；
B．用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板，反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，化学原理为Fe3+具有氧化性，能将单质铜氧化为铜离子，与铁离子的酸性无关，故不选B；
C．SiO2是原子晶体，SiO2的熔点高，所以可用SiO2制造坩埚，故选C；
D．硝酸铵是一种盐，利用硝酸制备硝酸铵体现了硝酸的酸性，与硝酸的强氧化性无关，故不选D；
故答案为：C。
【分析】A.HF能二氧化硅反应生成SiF4和水，该反应中HF并未体现酸性；
B.用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板利用的是其氧化性；
D.硝酸反应生成硝酸铵体现硝酸的酸性。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．氧化性大于，所以Fe先与反应，即先发生的反应为：，A项不符合题意；
B．向溶液中通入足量氯气，发生氧化还原反应，B符合题意；
C．向溶液中加入溶液至恰好沉淀完全，铵根离子结合氢氧根离子的能力大于氢氧化铝的，反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为，C项不符合题意；
D．用Cu电极电解硫酸铜溶液，阳极为Cu失电子生成Cu2+，阴极为Cu2+得电子生成Cu，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Fe少量，Fe先与铁离子反应；
C.硫酸根离子恰好沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，铝离子与氢氧根离子按照1：3反应生成氢氧化铝沉淀后，铵根离子优先结合氢氧根离子，则氢氧化铝沉淀不会溶解；
D.用铜电极电解硫酸铜溶液，阳极为Cu失电子生成Cu2+，阴极为Cu2+得电子生成Cu。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．甲基为九电子微粒，电子式为， 0.1mol甲基中所含电子总数为0.9NA，A不符合题意；
B．铁粉与S反应生成FeS，5.6g铁粉与硫完全反应转移的电子总数为0.2NA，B不符合题意；
C．标准状况下，HF呈液态不能用标况下的气体摩尔体积计算，C不符合题意；
D.1mol甘油中含5molC-H键，9.2 g甘油的物质的量为0.1mol，含C-H键的数目为0. 5NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一个甲基含有9个电子；
B.铁粉与硫反应生成FeS；
C.标况下HF为液态。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．浓盐酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，可以生成氯气，而氯气在饱和食盐水中的溶解度比较低，故可以排饱和食盐水收集，故A不符合题意；
B．氢氧化钠溶于水放热，且导致溶液中氢氧根离子浓度增大，导致氨气放出，因为氨气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故B不符合题意；
C．二氧化氮与水会发生反应，故不能用排水法收集二氧化氮，故C符合题意；
D．铜与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫在亚硫酸氢钠溶液中溶解度比较小，故可以利用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气几乎不溶于饱和食盐水；
B.氨气密度小于空气，用向下排空气法收集；
D.铜与浓硫酸混合加热，生成硫酸铜和SO2，SO2几乎不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．若升高温度，X(g)的转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的ΔH<0，故A不符合题意；
B.0~3t min内，X物质的量减少1.6mol，则Z的物质的量增加1.6mol，v(Z)=mol· L-1·min-1，故B符合题意；
C．单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等，表示的都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，所以该反应不一定达到平衡，故C不符合题意；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升温X(g)的转化率减小，平衡逆向移动；
C.单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等均表示正反应速率；
D.平衡常数只与温度有关。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．X、Y、Z的结构不相似，不能互为同系物，A项不符合题意；
B．由于苯环、碳碳双键和碳氧双键均是平面形结构，因此Z分子中所有的碳原子可能共平面，B项符合题意；
C．X分子中只有苯环和氢气发生加成反应，1 molX最多能与3 mol氢气发生加成反应，C项不符合题意；
D．Y分子中只含有1个手性碳原子，即结构简式中同时连接甲基和羟基的碳原子是手性碳原子，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.苯环、碳碳双键和碳氧双键均为平面结构；
C.X分子中只有苯环和氢气发生加成反应；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，能量越高，物质越不稳定，A不符合题意；
B．从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，B不符合题意；
C．从图中可以看出，③→ ④的过程中断裂了C-O键，属于极性共价键，C符合题意；
D．根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.能量越低物质越稳定；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应为整个反应的决速步骤；
D.该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．电子只在外电路上迁移，不经过3A沸石分子筛膜，放电时，a是负极、b是正极，Na+由a极经3A沸石分子筛膜流向b极，故A不符合题意；
B．放电时，a极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Na-e-=Na+ ，故B不符合题意；
C．充电过程中，Na+由b向a移动，可知a是阴极、b是阳极，阳极发生氧化反应，故C符合题意；
D．充电时，a是阴极，阴极反应为Na++e-= Na，电路中每迁移2mol电子，理论上a极生成2molNa，净增重46g，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】放电时a为负极，负极发生氧化反应，电极反应为Na-e-=Na+ ，b为正极，电极反应式为Na++e-= Na，充电时，b极为阳极，电极反应式为Na-e-=Na+ ，a极为阴极，电极反应式为Na++e-= Na。
13．【答案】A,B
【解析】【解答】A．曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，A项符合题意；
B．根据图1知，2一戊烯酸的电离常数Ka= =c ( H+) = 10-4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-的水解程度，溶液中c(CH3CH2CH=CHCOO- )>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，pH并不是4. 7，B项符合题意；
C．②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOO- )=c(Na+ )>c(CH3CH2CH=CHCOOH) ，C项不符合题意；
D．③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH- )=c(H+ )+c(CH3CH2CH=CHCOOH) ，D项不符合题意；
故答案为：AB；
【分析】A. δ(CH3CH2CH =CHCOOH)= ，则图1中曲线Ⅰ表示CH3CH2CH=CHCOOH，曲线Ⅱ表示CH3CH2CH=CHCOO-；
B.CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-的水解程度；
C.根据电荷守恒分析；
D.③对应的溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒分析。
14．【答案】（1）2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO；5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O
（2）C、E、D、B；排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色
（3）取少量FeSO4溶液于试管中，向试管中先滴入稀硫酸酸化.再滴入几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，然后滴加少量NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性
（4）86. 25%
【解析】【解答】装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气，
(1)①金属铜和稀硝酸反应制得的一氧化氮会带出少量水，水会和过氧化钠发生反应生成NaOH和氧气，反应方程式为：2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；
②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质.说明制得的NO中混有NO2，可以在装置A.B间添加一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO，或添加可直接吸收NO2的装置；
③装置E中NO和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硝酸钾和锰离子，发生的主要反应的离子方程式为5NO+ 3+4H+=5+3Mn2+ +2H2O；
(2)①装置C用于吸收水蒸气，装置E用于冷却二氧化氮，装置D用于检验NO，装置B用于处理尾气，装置按气流从左到右的连接顺序是A→C→E→D→B；
②经分析物质性质可知，反应产物中应该含有NO，NO很容易被氧气氧化，故通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；
③检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象：反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色；
(3)利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性；
(4)反应的化学方程式为5NaNO2+3H2SO4 + 2KMnO4=5NaNO3+ 2MnSO4 + 3H2O + K2SO4，25.00mL样品溶液用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，平均消耗10.00mL酸性KMnO4标准溶液，则有关系式，解得n(NaNO2)=2.5×10-3×10mol，则2g样品中m(NaNO2)=nM= 2.5×10-3××69g/mol=1.725g，该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数是。
【分析】（1） ①Na2O2与水反应生成NaOH和氧气；
②二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；
③装置E中发生反应 5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O；
（2）装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气；
（3）若 NaNO2具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变血红色；
（4）根据关系式2KMnO4～5NaNO2计算。
15．【答案】（1）
（2）生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；0.45；反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
（3）3；无
（4）蒸发浓缩、冷却结晶；95.97%
【解析】【解答】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)·OH的电子式为：；
(2)从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
【分析】（1）•OH中O原子与H原子之间形成一对共用电子对，O原子上有一个单电子；
（2）①Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c(R-)减小，使平衡 NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq) 正向移动；
②曲线的最高点为最佳加入量，低于此数值，生成的•OH 过少，则转化生成的自由基过少，而高于这个值，过氧化氢过多，可发生反应iii，消耗过氧化氢，从而使废水处理效果都下降；
（3）结合 Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15 计算；
（4）先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O。
16．【答案】（1）+43.2
（2）25%
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
（4）0.075；
（5）CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
（6）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【解析】【解答】(1)根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
(2)由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
(4)①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
(5)以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
(6)根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
【分析】（1）先写出甲醛和氢气燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）根据计算；
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量；
（4）①列出反应的三段式，结合计算；
②根据Kp=计算；
（5）阴极发生还原反应；
（6）BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；活化能越低反应越容易发生。
17．【答案】（1）4d15s2
（2）27；2
（3）N>O>Co；1 ：1；sp
（4）三角锥形；大于
（5）MnF2、MnCl2都是离子晶体，F—半径小于Cl—，MnF2中的离子键比MnCl2中的离子键强
（6）原子晶体；
【解析】【解答】(1)钇元素的原子序数为39，价层电子排布式为4d15s2，故答案为：4d15s2；
(2)钴元素的原子序数为27号，基态原子的核外电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d74s2 ，由泡利不相容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，所以原子核外有27种运动状态不同的电子，核外3d能级上有2对成对电子，故答案为：27；2；
(3)金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Co；六氰合钴离子中配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，离子中σ键与π键的数目之比为(6+6)：6×2=1：1，形成碳氮三键的碳原子的杂化方式为sp杂化，故答案为：N＞O＞Co；1：1；sp；
(4)氨分子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形；在配离子中，氨分子中氮原子的价层孤电子对与锰离子形成配位键，孤电子对对成键电子对排斥力减小，键角增大，[Mn(NH3)2]2+中键角∠HNH大于NH3中键角∠HNH，所以故答案为：三角锥形；大于；
(5)由熔点可知，氟化锰和氯化锰都是离子晶体，氟离子的离子半径小于氯离子，氟化锰中的离子键强于氯化锰中离子键，所以熔点高于氯化锰，故答案为：MnF2、MnCl2都是离子晶体，F—半径小于Cl—，MnF2中的离子键比MnCl2中的离子键强；
(6)由晶体的熔点为2870° C，硬度与金刚石相当可知，碳化钨是原子晶体；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体内的钨原子数为12×+2×+6×+1=6，碳原子位于体内，位于体内的碳原子数为6，设钨原子设底边长为xcm，底面积S= ×x××6=，由晶胞的质量公式可得：=aρ，解得x=nm，故答案为：。
【分析】（1）Y的原子序数为29，根据构造原理书写其价电子排布式；
（2）核外有几个电子就有几种运动状态不同的电子；Co原子3d能级上有2对成对电子；
（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；非金属元素的第一电离能大于金属元素； 单键均为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；[Co(CN)6]3-中C形成2个σ键，采用sp杂化；
（4） NH3 为三角锥形分子；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（5）离子晶体的晶格能越大熔点越高；
（6）碳化钨的熔点较高，属于原子晶体；根据均摊法和计算。
18．【答案】（1）酯基；1，4-丁二醇
（2）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
（3）加成反应
（4）
（5）5；
（6）
【解析】【解答】
(1)D为，官能团为酯基；根据分析可知，C的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，名称是1，4-丁二醇；
(2)实验室用电石(含CaS等杂质)与饱和食盐水制备乙炔，乙炔气体中含硫化氢，通入硫酸铜溶液，硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+；
(3)观察知，断裂氢氮键，与乙炔发生加成反应，实现碳碳三键变为碳碳双键，E→F 的反应类型是为加成反应；
(4)根据分析可知在一定条件下生成PVP，PVP为，反应的方程式为：n；
(5)依题意，同分异构体中含2个羟基，2个羟基不能连在同一碳原子上。除C本身，同分异构体有5种，分别为：、、、、；核磁共振氢谱上有3组峰的结构简式为；
(6)由逆推法可知是有由乙酸和在浓硫酸的作用下酯化，是由在Ni作催化剂的条件下和氢气加成，根据合成中A变B，由苯乙炔和甲醛在硅胶和乙炔亚铜的作用下生成，所以合成路线为：；
【分析】乙炔和甲醛在硅胶和乙炔亚铜的作用下生成B（HOCH2CCCH2OH）， B在Ni作催化剂的条件下与氢气加成生成C，根据C的分子式可知C为HOCH2CH2CH2CH2OH，C在铜200℃催化下生成D（），D和NH3在一定压强下生成E（ ），E和乙炔在碱125℃作用下生成F（），F在一定条件下生成PVP，PVP为。
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