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福建省厦门市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份福建省厦门市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共33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。
福建省厦门市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
一、工业流程题
1．（2021·福建·统考二模）从分金渣(主要成分为：AgCl、Ag2S、PbSO4、BaSO4)中获取高纯银的流程如图所示：
已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2S)=6.3×10-50。
(1)“预处理”时主要反应的化学方程式为_______。
(2)“分银”时AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)的离子方程式为_______，该反应的K=_______。(已知：Ag++2SO⇌Ag(SO3) K=1.0×108.68)
(3)“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO4、_______(填化学式)。
(4)“分银”时c[Ag(SO3)]浓度与溶液pH的关系如图1；SO及其与H+形成的微粒的浓度分数a随溶液pH变化的关系如图2。
①“分银”pH应控制在_______范围。
②“沉银”的终点pH应控制在_______范围内。
(5)“还原”时HCHO转化为HCOOH，其化学方程式为_______。
(6)该流程中可循环使用的物质为_______。
2．（2022·福建厦门·统考二模）软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
(1)“浸取”过程主要反应，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是_______。
(3)“除铁”后溶液中残留的_______。(25℃时，的为)
(4)“沉锰”过程转化为的离子方程式为_______。
(5)“焙烧”过程转化为的化学方程式为_______。
(6)“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a. b. c.
(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
3．（2023·福建厦门·统考二模）磷精矿主要成分为，含少量、、、，其中代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如下．
(1)属于IIIB族，其中的基态原子核外电子排布式为________。
(2)“酸浸”过程与反应的化学方程式如下，请补充完整________。
________
(3)“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。
产率/
82
62
20
由表可知，随着碳原子数增加，烃基________(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，键更难断裂，产率降低。
(4)“萃取”过程使用的萃取剂的结构如图；与配位的能力：1号O原子________2号O原子(填“”“”或“”)。
(5)“反萃取”的目的是分离和元素．向“萃取液”中通入，、、的沉淀率随变化如图．
①试剂X为________(填“”或“”)，应调节为________。
②通入得到沉淀的过程为：
i．
ii．________(写出该过程的化学方程式)
③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为________。
(6)若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有________杂质(填化学式)。
(7)在整个工艺中，可从副产物中提取________(填名称)，用于生产氮肥。
二、实验题
4．（2021·福建·统考二模）为探究Fe2+与SCN-能否形成配位化合物，某研究性学习小组进行如图实验：
探究Ⅰ
(1)配制FeSO4溶液应使用_______的蒸馏水。
(2)已知溶液颜色越深，色度越大。测得实验i，ii，iii色度数据如表：
实验
i
ii
iii
色度
0.075
0.049
0.015
作用是_______，甲同学推测实验iii色度比ii小的原因可能有：①Mg2+和Fe2+对配合物解离影响不同；②_______。
探究Ⅱ
(3)X为_______，实验iv的红色比实验V深的原因为_______。
(4)在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ的目的为_______。
(5)分析可利用KSCN溶液检测Fe2+、Fe3+混合溶液中Fe3+的原因：_______。
5．（2022·福建厦门·统考二模）为探究新制Cu(OH)2和甲醛的反应，进行如下实验。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
0.5 溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
反应条件
实验现象
1
12
8
6
65℃水浴加热13min
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体。
2
12
1
6
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为暗红色颗粒并产生气泡，共收集13mL气体。
3
12
2
0.1
溶液中出现砖红色固体，且无气泡产生。
(1)由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制_______Cu，说明反应物的相对用量会影响固体产物。
(2)为确认气体产物进行实验，装置如图。
①NaOH溶液作用是_______。
②气体产物含，不含CO的证据是_______。
(3)为进一步确认产生的原因，查阅资料并进行实验：；。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
甲醇/mL
其他试剂
反应条件
生成气体体积/mL
4
12
0
6
铜粉
65℃水浴加热13min
0
5
12
0
6
粉
0
6
12
6
0
粉
70
①实验说明催化剂的催化性能与_______有关(填“物质形态”或“溶液pH”)。
②实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为_______。
(4)已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因_______。
(5)新制和过量甲醛反应的化学方程式为_______。
6．（2023·福建厦门·统考二模）某小组探究溶液和溶液的反应物，开展如下活动。
【理论预测】
预测
反应的离子方程式
实验现象
1
生成绿色沉淀
2
________
3
生成红色沉淀
4
________
生成白色沉淀()
(1)预测2中的实验现象为________。
(2)预测4中反应的离子方程式为________。
【实验探究】
实验1
溶液
立即生成橙黄色沉淀，后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡沉淀全部变为白色
溶液
(3)为证明实验1中白色沉淀为，设计实验如下。
①已知在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为________。
②为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为________(填化学式)。
【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。
(4)离心分离的目的是加快过滤速度，防止________。
(5)已知。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有和，结合实验现象做出判断并说明理由________。
(6)橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。
实验4
装置
试剂a
试剂b
电压表读数
溶液
溶液
溶液
X
①表中X为________。
②能证实实验结论的实验现象为________。
【解释和结论】综上，与发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。
三、原理综合题
7．（2021·福建·统考二模）温室气体转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：
(1)已知：①CO(g)+H2O(g)⇌HCOOH(g) ΔH1=-72.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g) ΔH2=-566.0kJ/mol
则反应③2CO2(g)+2H2O(g)⇌2HCOOH(g)+O2(g)的ΔH=_______ kJ/mol。
(2)刚性绝热密闭容器中，等物质的量CO2(g)和H2O(g)发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是_______(填标号)。
A．容器内压强不变 B．容器中气体平均摩尔质量不变 C． 2v正(CO2)=v逆(O2) D．容器内温度不变
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图a所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。
①图a中，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是_______。
②图b为催化还原CO2的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为_______，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因：_______。
(4)我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。
①该电解池发生反应的化学方程式为_______。
②标况下每生成2.24L Cl2，电路中转移电子数目为_______。
③传统的CO2电催化还原过程中，阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程，该装置的优点为_______。
8．（2022·福建厦门·统考二模）CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→COnH2n)涉及的主要反应如下：
ⅰ. CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=41.1kJ·mol−1
ⅱ. nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g) n=2时，ΔH2=-210.2kJ·mol−1
ⅲ. CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH3=−205.9kJ·mol−1
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=_______kJ·mol−1。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．增大n(CO2)：n(H2)投料比 B．增大体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O
(3) n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。
①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。
A．373～573K B．573～773K C．773～973K D．973～1173K
②计算1083K时，反应ⅰ的Kp=_______。
③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。
(4)FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3 (SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。
①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。
②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性性提高的原因_______。
9．（2023·福建厦门·统考二模）在化工生产中有重要作用．天然气法合成相关反应如下：
反应I
反应Ⅱ
(1)、随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成总反应的随温度T变化如图。
① ________。
②为提高平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是________。
A． B． C． D．以上
(2)合成总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与初始浓度和转化率满足关系，式中k为速率常数。
①、时，测得、，则________。
②时，计划在内转化率达，应控制初始浓度大于________。
(3)利用工业废气替代硫磺矿生产的反应为。反应物投料比采用，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。
①图中表示的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②时，该反应的________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是________，缺点是________。
四、结构与性质
10．（2021·福建·统考二模）我国科学家制备了一种高性能Bi@氮掺杂碳纳米笼。其合成过程如图：
回答下列问题：
(1)元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为_______。
(2) Bi(NO3)3⋅5H2O中各元素电负性从大到小的顺序为_______。
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸在水中溶解度比苯甲酸大的原因为_______。
(4)中氮原子的杂化类型有_______。
(5)Bi@氮掺杂碳纳米笼作为钾离子电池负极材料，充电时存在Bi到钾铋合金的两步转变，其晶胞结构转变如图所示：
①合金M中离钾原子最近的钾原子有_______个。
②合金N的化学式为_______。
11．（2022·福建厦门·统考二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
五、有机推断题
12．（2021·福建·统考二模）拉贝洛尔(H)是治疗妊娠高血压的有效药物，其合成路线如图：
已知如下信息：
①HCl+
②苯胺()与甲基吡啶()互为芳香同分异构体
回答下列问题：
(1)A中的官能团有_______(填名称)。
(2)由A生成B所用的试剂和反应条件为_______。
(3)E的结构简式为_______。
(4)由C生成D的化学方程式为_______。
(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1的有_______种。
13．（2022·福建厦门·统考二模）有机物K是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如下：
(1)A中官能团的名称为_______。
(2)B→C的反应方程式为_______。
(3)D→E的反应类型_______。
(4)H的结构简式为_______。
(5)M()是D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1。M的结构简式为_______(写出一种即可)。
(6)以为原料合成试写出合成路线(无机试剂任选)_______。
14．（2023·福建厦门·统考二模）以为原料生产系列高附加值产品的合成路线如图。
回答下列问题：
(1)的反应类型为________。
(2)的化学方程式为________。
(3)E的名称为________，的原子利用率为100%，试剂X为________。
(4)过程中使有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。
①结合水相中能力比J强的原因是________。
②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是________。
(5)D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为________。
(6)C的一种同分异构体同时满足：
①可与溶液反应；
②核磁共振氢谱如图；
③含有手性碳原子。
其结构简式为________。
(7)以D和葡萄糖为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成线路________。
参考答案：
1． 2FeCl3+Ag2S=2FeCl2+S+2AgCl AgCl+2SO= Ag(SO3)+Cl- 1.8×10-1.32 S 8~9 3.5~4 2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl 盐酸
【分析】分金渣加入氯化铁进行预处理，氯化铁与硫酸银反应生成氯化亚铁、单质硫；分银时，加入亚硫酸钠，AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)，而PbSO4、BaSO4及生成的单质S不溶于水，则分银渣为PbSO4、BaSO4及生成的单质S；过滤加入盐酸，使Ag(SO3)生成氯化银沉淀，过滤氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和氯化氢。
【详解】(1)根据分金渣的成分，加入氯化铁时，氯化铁具有强氧化性，则只能与硫化银发生氧化还原反应，方程式为2FeCl3+Ag2S=2FeCl2+S+2AgCl；
(2) “分银”时AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)和氯离子，离子方程式为AgCl+2SO= Ag(SO3)+Cl-；K= c[Ag(SO3)]×c(Cl-)÷c2(SO)= K×Ksp(AgCl)=1.8×10-10×1.0×108.68=1.8×10-1.32；
(3)预处理时，产生的单质S不溶于水，则“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO4、S；
(4)①Ag+、SO反应生成Ag(SO3)，应调节pH保证溶液中产生大量的SO，则“分银”pH应控制在8~9；
②“沉银”时，向溶液中加入盐酸，使Ag(SO3)生成氯化银沉淀，则应使SO转化为HSO，终点pH应控制在3.5~4；
(5)“还原”时HCHO与氯化银、水反应生成HCOOH、单质银，化学方程式为2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl；
(6)沉银时加入盐酸，而还原时生成氯化氢溶液，则可循环使用的物质为盐酸。
2．(1)3:2
(2)将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子
(3)1.010-13.5
(4)Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O
(5)2MnCO3+O22MnO2+2CO2
(6)c
(7)+xZn2++2xe-=
【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，硫铁矿的主要成分是FeS2，根据流程图，硫酸与软锰矿和黄铁矿作用，MnO2与FeS2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫沉淀，同时生成硫酸铁或硫酸亚铁，再加入软锰矿（MnO2），MnO2可将亚铁离子氧化为铁离子；煅烧硫铁矿所得矿粉含有氧化铁，向“氧化ⅰ”后的溶液中加入矿粉调溶液的pH=5.5，把铁离子转化为沉淀除去；继续加NH4HCO3、NH3H2O调节溶液的pH=6.5~7沉锰得MnCO3，在空气中焙烧MnCO3得MnO2粗品，加入硫酸和适当的氧化剂将粗品中Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)，过滤、干燥得MnO2纯品，据此分析解答。
(1)
反应中Mn元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故答案为：3:2。
(2)
“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁，故答案为：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子。
(3)
由流程图可知，“除铁”后溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5mol/L，c(OH-)==10-8.5mol/L，根据的=，=110-13.5mol/L，故答案为：1.010-13.5。
(4)
“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，则离子方程式为：Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O。
(5)
由流程图可知，“焙烧”过程中和空气中的氧气在高温条件下反应生成和CO2，反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
(6)
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
(7)
放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为+xZn2++2xe-=，故答案为：+xZn2++2xe-=。
3．(1)1s22s22p63s23p63d14s2
(2)
(3)推电子
(4)<
(5) 2 -C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取
(6)CaC2O4
(7)硝酸铵、硝酸
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土；
【详解】（1）为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2；
（2）“酸浸”过程与反应，根据质量守恒可知，反应还会生成磷酸，反应为；
（3）由表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低；
（4）烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与配位，故与配位的能力：1号O原子<2号O原子；
（5）①由图可知，亚铁离子与RE的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选选择，亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于铁离子与RE的分离；结合图像可知，应调节为2，此时RE几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好；
②总反应为通入得到沉淀，反应i．，则反应ii为和稀土的硝酸盐转化为沉淀的反应，；
③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为-C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取；
（6）硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有草酸钙；
（7）在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。
4． 煮沸冷却 空白实验 Fe2+与SCN-反应形成配合物 3mL 4mol/L的KCl溶液 Fe2+与SCN-形成配合物有利于FeCO3向溶解方向移动 可以避免不同盐离子对配合物解离的影响 Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，不影响Fe(SCN)3血红色的观察
【分析】通过实验i、ii、iii在相同的环境中的对比，不同的离子与SCN-形成配位化合物能力不同，且Fe2+与SCN-反应形成配合物；对比实验iv、V，SCN-能促使碳酸亚铁的电离，生成的Fe(SCN)2为无色。
【详解】(1) FeSO4中的Fe为+2价，已被空气中的氧气氧化，则配制FeSO4溶液应使用煮沸冷却后的的蒸馏水；
(2)单独加入水，且加入的体积与加入其他试剂的总体积相等，是为了进行实验对比；Fe2+与SCN-反应形成配合物，导致硫氰化铁的含量降低，色度降低；
(3)对比试验iv和V，为了前后数据一致，无其它变量的干扰，则X为3mL 4mol/L的KCl；实验iv中Fe2+与SCN-反应形成配合物，有利于碳酸亚铁固体的溶解，导致碳酸亚铁溶解平衡正向进行；
(4)对Mg2+和Fe2+对硫氰化铁的影响，可避免不同盐离子对配合物解离的影响，故在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ；
(5)通过实验可知，Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，而Fe(SCN)3血红色，不影响Fe3+的检验。
5．(1)Cu2O
(2) 吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验 观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊
(3) 溶液pH 实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高
(4)HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根
(5)HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O
【详解】（1）由上述实验可知，溶液中出现砖红色固体Cu2O，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体，新制会发生如下转化：新制Cu2OCu，说明反应物的相对用量会影响固体产物，故答案为：Cu2O；
（2）①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验，故答案为：吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验；
②H2还原CuO生成Cu和H2O，H2O能使无水硫酸铜变蓝色，CO还原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊时，证明气体产物含，不含CO，故答案为：观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊；
（3）①由实验4、5可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但4加入甲醇，甲醇与NaOH不反应，而5加入甲醛，由题干可知甲醛与NaOH溶液反应，因而改变了溶液的酸碱性，故实验说明催化剂的催化性能与溶液pH有关，故答案为：溶液pH；
②由题干信息可知，实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，故实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；故答案为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；
（4）已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，结合中碳氧键键长数据可知，HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，故HCOONa无法进一步被新制氧化成，故答案为：HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根；
（5）由(4)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O。
6．(1)溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
(2)
(3) HNO3、AgNO3
(4)防止沉淀长时间与空气接触而被氧化
(5)实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
(6) 溶液
【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
【详解】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；
（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；
（3）①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；
②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；
（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；
（5）已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；
（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。
7． +420.8 ABD 活化水分子 HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒或吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒 CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Cl2↑+NaOH 0.2NA 联合氯碱工业
【详解】(1)根据盖斯定律，2×①-②可得2CO2(g)+2H2O(g)⇌2HCOOH(g)+O2(g)，则ΔH=-72.6×2+566.0kJ/mol=+420.8 kJ/mol；
(2)A．该反应为气体减小的反应，容器为刚性恒容的容器，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，则压强不变，A符合题意；
B．反应体系中各物质均为气体，则气体的总质量不变，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，故容器中气体平均摩尔质量不变，B符合题意；
C．2v正(CO2)=4v正(O2)=v逆(O2)，则同一物种的正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，C与题意不符；
D．容器为刚性绝热密闭容器，反应为吸热反应，反应平衡时，容器内温度不变，D符合题意；
答案为ABD；
(3)①根据图象a可知，S2-与K+(H2O)n微粒间的静电作用促进了水的活化；
②催化剂降低反应的活化能，则下图为催化还原CO2的反应历程图，反应的活化能越大，则反应速率越慢，为生成甲酸的决速步骤，电极反应式为HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-；根据图象对比，生成CO的能垒高与生成HCOOH的能垒，而使用催化剂产生的吸附位点较多，能降低反应能垒，促进反应物的活化；
(4)①根据电解装置，反应物为二氧化碳和氯离子，生成物为甲酸、氯气和碱，化学方程式为CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Cl2↑+NaOH；
②标况下每生成2.24L Cl2，即0.1mol，Cl的化合价由0价变为-1，电路中转移0.2mol电子，即0.2NA；
③已知传统的CO2电催化还原过程中，阳极析出氧，而CO2与氯碱耦合电解池阳极产生氯气和NaOH，与氯碱工业中阳极产物相同，故该装置的优点为联合氯碱工业。
8．(1)-128.0
(2)BD
(3) B 1 温度低于773K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于773K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；
(4) HCOO* 短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离
【详解】（1）当反应ii中n=2时可得2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-210.2kJ·mol−1，根据盖斯定律反应ii+i×2可得2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的ΔH=-210.2kJ·mol−1+2×41.1kJ·mol−1=-128.0 kJ·mol−1；
（2）A．增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，A错误；
B．反应ii和iii均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ii、iii的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应i平衡正向移动，CO2的转化率增大，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，打不改变平衡转化率，C错误；
D．及时分离出H2O，可以使反应i平衡正向移动，增大CO2的转化率，D正确；
综上所述答案为BD；
（3）①据图可知当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围应选B(573～773K)；
②据图可知温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%；设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式有：
所以p(CO2)=×1MPa=MPa，p(H2)=×1MPa=MPa，p(CO)=p(H2O)=MPa=MPa，所以Kp==1；
③温度低于773K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于773K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；
（4）①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为1.45eV的步骤为H3CO*生成H3COH*，不符合题意)；
②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性性提高。
9．(1) +411.15 B 650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
(2) 2 0.9
(3) b 变废为宝，减小污染 反应温度更高、耗能更大
【详解】（1）①已知：
反应I ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得 +411.15；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；
（2）①、时，测得、，则，。
②时，计划在内转化率达，则，=0.9，应控制初始浓度大于0.9
（3）①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示的曲线是b。
②时，反应物投料比采用，维持体系压强为，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的；
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
10． 6s26p3 O＞N＞H＞Bi 1，3，5-苯三甲酸有三个羧基与水形成的氢键比苯甲酸多 sp2、sp3 4 K3Bi
【详解】(1)元素Bi位于第6周期VA族，与N原子为同主族元素，则其基态原子的价电子排布式为6s26p3；
(2)Bi(NO3)3⋅5H2O中含有H、N、O、Bi，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性从大到小的顺序为O＞N＞H＞Bi；
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸中含有三个羧基，羧基数目越多，羧基与水形成的氢键数目越多，增大有机物在水中的溶解度，则1，3，5-苯三甲酸比苯甲酸多在水中溶解度比苯甲酸大；
(4)中红色标注的N原子，含有3条键、一个孤电子对为sp3杂化，黄色标注的N原子含有2条键、一个孤电子对，为sp2杂化；
(5)①根据M的晶胞结构，距离体内钾原子最近的钾原子在顶角和其3个面的面心，形成正四面体构型，则离钾原子最近的钾原子有4个；
②合金N中8个钾原子在棱上，4个在体内，K原子个数=8×+4=6，Bi原子2个均在体内，则化学式为K3Bi。
11．(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【详解】（1）Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；
（3）物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；
（5）根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。
12． (酚)羟基、羧基 甲醇，浓硫酸，加热 HCl+ 2
【分析】A为，对比B与A的结构简式，则A与甲醇发生酯化反应生成B；B与氨气反应，为氨基取代B中H3C-O-生成C，则C的结构简式为 ；C与 发生已知的反应生成D，则D为 ；根据D、E的分子式及G的结构简式，则D与溴发生甲基上的取代反应，E的结构简式为 。
【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团有羧基、酚羟基；
(2)由A生成B为与甲醇发生酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；
(3)分析可知，E的结构简式为 ；
(4)C与 发生已知的反应生成D，由C生成D的化学方程式为+HCl+；
(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，则同分异构体中含有羧基、苯环；其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1，其为对称结构，为 ，苯胺()与甲基吡啶()互为芳香同分异构体，则还有 ，共有2种。
13．(1)碳碳双键
(2)2+O22 +2H2O
(3)取代反应
(4)
(5)或者
(6)
【分析】由题合成流程图可知，由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为：，B的结构简式为：，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为：，(5)M()是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，由此确定M同分异构体的结构简式，(6) 本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
(2)
由分析可知，B的结构简式为：，故B→C的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：2+O22 +2H2O，故答案为：2+O22 +2H2O；
(3)
由分析可知，D的结构简式为：，故可知D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(4)
由分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；
(5)
M()是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，则M的结构简式为或者，故答案为：或者；
(6)
本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线为：
，故答案为： 。
14．(1)取代反应
(2)
(3) 异丙苯 O2
(4) 两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好 也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强
(5)
(6)CH3CHOHCOOH
(7)
【分析】二氧化碳生成A，A中-NH2被取代生成B，B和甲醇发生取代反应生转化为C；E转化为FG，且原子利用率为100%，结合EFG结构可知，X为氧气；FG生成H，D和H通过酯交换缩聚合成I， 结合FGDI结构可知，H为FG生成的含羟基的物质，H结构简式为；
【详解】（1）由分析可知，A中-NH2和CH3CHOHCH2OH中羟基发生取代反应生成B故为取代反应；
（2）B和甲醇在酸性条件下发生取代反应生转化为C，反应为；
（3）由图可知，E为异丙苯；由分析可知，X为O2；
（4）①结合水相中能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好。
②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递J的醇羟基氧上；
（5）由分析可知，H的结构简式为；
（6）C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1，其一种同分异构体同时满足：
①可与溶液反应，含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH；
（7）葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到 ， 和D通过酯交换缩聚合成产品，流程为：。
福建省厦门市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
一、工业流程题
1．（2021·福建·统考二模）从分金渣(主要成分为：AgCl、Ag2S、PbSO4、BaSO4)中获取高纯银的流程如图所示：
已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2S)=6.3×10-50。
(1)“预处理”时主要反应的化学方程式为_______。
(2)“分银”时AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)的离子方程式为_______，该反应的K=_______。(已知：Ag++2SO⇌Ag(SO3) K=1.0×108.68)
(3)“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO4、_______(填化学式)。
(4)“分银”时c[Ag(SO3)]浓度与溶液pH的关系如图1；SO及其与H+形成的微粒的浓度分数a随溶液pH变化的关系如图2。
①“分银”pH应控制在_______范围。
②“沉银”的终点pH应控制在_______范围内。
(5)“还原”时HCHO转化为HCOOH，其化学方程式为_______。
(6)该流程中可循环使用的物质为_______。
2．（2022·福建厦门·统考二模）软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
(1)“浸取”过程主要反应，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是_______。
(3)“除铁”后溶液中残留的_______。(25℃时，的为)
(4)“沉锰”过程转化为的离子方程式为_______。
(5)“焙烧”过程转化为的化学方程式为_______。
(6)“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a. b. c.
(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
3．（2023·福建厦门·统考二模）磷精矿主要成分为，含少量、、、，其中代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如下．
(1)属于IIIB族，其中的基态原子核外电子排布式为________。
(2)“酸浸”过程与反应的化学方程式如下，请补充完整________。
________
(3)“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。
产率/
82
62
20
由表可知，随着碳原子数增加，烃基________(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，键更难断裂，产率降低。
(4)“萃取”过程使用的萃取剂的结构如图；与配位的能力：1号O原子________2号O原子(填“”“”或“”)。
(5)“反萃取”的目的是分离和元素．向“萃取液”中通入，、、的沉淀率随变化如图．
①试剂X为________(填“”或“”)，应调节为________。
②通入得到沉淀的过程为：
i．
ii．________(写出该过程的化学方程式)
③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为________。
(6)若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有________杂质(填化学式)。
(7)在整个工艺中，可从副产物中提取________(填名称)，用于生产氮肥。
二、实验题
4．（2021·福建·统考二模）为探究Fe2+与SCN-能否形成配位化合物，某研究性学习小组进行如图实验：
探究Ⅰ
(1)配制FeSO4溶液应使用_______的蒸馏水。
(2)已知溶液颜色越深，色度越大。测得实验i，ii，iii色度数据如表：
实验
i
ii
iii
色度
0.075
0.049
0.015
作用是_______，甲同学推测实验iii色度比ii小的原因可能有：①Mg2+和Fe2+对配合物解离影响不同；②_______。
探究Ⅱ
(3)X为_______，实验iv的红色比实验V深的原因为_______。
(4)在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ的目的为_______。
(5)分析可利用KSCN溶液检测Fe2+、Fe3+混合溶液中Fe3+的原因：_______。
5．（2022·福建厦门·统考二模）为探究新制Cu(OH)2和甲醛的反应，进行如下实验。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
0.5 溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
反应条件
实验现象
1
12
8
6
65℃水浴加热13min
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体。
2
12
1
6
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为暗红色颗粒并产生气泡，共收集13mL气体。
3
12
2
0.1
溶液中出现砖红色固体，且无气泡产生。
(1)由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制_______Cu，说明反应物的相对用量会影响固体产物。
(2)为确认气体产物进行实验，装置如图。
①NaOH溶液作用是_______。
②气体产物含，不含CO的证据是_______。
(3)为进一步确认产生的原因，查阅资料并进行实验：；。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
甲醇/mL
其他试剂
反应条件
生成气体体积/mL
4
12
0
6
铜粉
65℃水浴加热13min
0
5
12
0
6
粉
0
6
12
6
0
粉
70
①实验说明催化剂的催化性能与_______有关(填“物质形态”或“溶液pH”)。
②实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为_______。
(4)已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因_______。
(5)新制和过量甲醛反应的化学方程式为_______。
6．（2023·福建厦门·统考二模）某小组探究溶液和溶液的反应物，开展如下活动。
【理论预测】
预测
反应的离子方程式
实验现象
1
生成绿色沉淀
2
________
3
生成红色沉淀
4
________
生成白色沉淀()
(1)预测2中的实验现象为________。
(2)预测4中反应的离子方程式为________。
【实验探究】
实验1
溶液
立即生成橙黄色沉淀，后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡沉淀全部变为白色
溶液
(3)为证明实验1中白色沉淀为，设计实验如下。
①已知在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为________。
②为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为________(填化学式)。
【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。
(4)离心分离的目的是加快过滤速度，防止________。
(5)已知。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有和，结合实验现象做出判断并说明理由________。
(6)橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。
实验4
装置
试剂a
试剂b
电压表读数
溶液
溶液
溶液
X
①表中X为________。
②能证实实验结论的实验现象为________。
【解释和结论】综上，与发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。
三、原理综合题
7．（2021·福建·统考二模）温室气体转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：
(1)已知：①CO(g)+H2O(g)⇌HCOOH(g) ΔH1=-72.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g) ΔH2=-566.0kJ/mol
则反应③2CO2(g)+2H2O(g)⇌2HCOOH(g)+O2(g)的ΔH=_______ kJ/mol。
(2)刚性绝热密闭容器中，等物质的量CO2(g)和H2O(g)发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是_______(填标号)。
A．容器内压强不变 B．容器中气体平均摩尔质量不变 C． 2v正(CO2)=v逆(O2) D．容器内温度不变
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图a所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。
①图a中，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是_______。
②图b为催化还原CO2的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为_______，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因：_______。
(4)我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。
①该电解池发生反应的化学方程式为_______。
②标况下每生成2.24L Cl2，电路中转移电子数目为_______。
③传统的CO2电催化还原过程中，阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程，该装置的优点为_______。
8．（2022·福建厦门·统考二模）CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→COnH2n)涉及的主要反应如下：
ⅰ. CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=41.1kJ·mol−1
ⅱ. nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g) n=2时，ΔH2=-210.2kJ·mol−1
ⅲ. CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH3=−205.9kJ·mol−1
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=_______kJ·mol−1。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．增大n(CO2)：n(H2)投料比 B．增大体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O
(3) n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。
①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。
A．373～573K B．573～773K C．773～973K D．973～1173K
②计算1083K时，反应ⅰ的Kp=_______。
③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。
(4)FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3 (SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。
①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。
②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性性提高的原因_______。
9．（2023·福建厦门·统考二模）在化工生产中有重要作用．天然气法合成相关反应如下：
反应I
反应Ⅱ
(1)、随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成总反应的随温度T变化如图。
① ________。
②为提高平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是________。
A． B． C． D．以上
(2)合成总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与初始浓度和转化率满足关系，式中k为速率常数。
①、时，测得、，则________。
②时，计划在内转化率达，应控制初始浓度大于________。
(3)利用工业废气替代硫磺矿生产的反应为。反应物投料比采用，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。
①图中表示的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②时，该反应的________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是________，缺点是________。
四、结构与性质
10．（2021·福建·统考二模）我国科学家制备了一种高性能Bi@氮掺杂碳纳米笼。其合成过程如图：
回答下列问题：
(1)元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为_______。
(2) Bi(NO3)3⋅5H2O中各元素电负性从大到小的顺序为_______。
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸在水中溶解度比苯甲酸大的原因为_______。
(4)中氮原子的杂化类型有_______。
(5)Bi@氮掺杂碳纳米笼作为钾离子电池负极材料，充电时存在Bi到钾铋合金的两步转变，其晶胞结构转变如图所示：
①合金M中离钾原子最近的钾原子有_______个。
②合金N的化学式为_______。
11．（2022·福建厦门·统考二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
五、有机推断题
12．（2021·福建·统考二模）拉贝洛尔(H)是治疗妊娠高血压的有效药物，其合成路线如图：
已知如下信息：
①HCl+
②苯胺()与甲基吡啶()互为芳香同分异构体
回答下列问题：
(1)A中的官能团有_______(填名称)。
(2)由A生成B所用的试剂和反应条件为_______。
(3)E的结构简式为_______。
(4)由C生成D的化学方程式为_______。
(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1的有_______种。
13．（2022·福建厦门·统考二模）有机物K是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如下：
(1)A中官能团的名称为_______。
(2)B→C的反应方程式为_______。
(3)D→E的反应类型_______。
(4)H的结构简式为_______。
(5)M()是D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1。M的结构简式为_______(写出一种即可)。
(6)以为原料合成试写出合成路线(无机试剂任选)_______。
14．（2023·福建厦门·统考二模）以为原料生产系列高附加值产品的合成路线如图。
回答下列问题：
(1)的反应类型为________。
(2)的化学方程式为________。
(3)E的名称为________，的原子利用率为100%，试剂X为________。
(4)过程中使有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。
①结合水相中能力比J强的原因是________。
②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是________。
(5)D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为________。
(6)C的一种同分异构体同时满足：
①可与溶液反应；
②核磁共振氢谱如图；
③含有手性碳原子。
其结构简式为________。
(7)以D和葡萄糖为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成线路________。
参考答案：
1． 2FeCl3+Ag2S=2FeCl2+S+2AgCl AgCl+2SO= Ag(SO3)+Cl- 1.8×10-1.32 S 8~9 3.5~4 2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl 盐酸
【分析】分金渣加入氯化铁进行预处理，氯化铁与硫酸银反应生成氯化亚铁、单质硫；分银时，加入亚硫酸钠，AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)，而PbSO4、BaSO4及生成的单质S不溶于水，则分银渣为PbSO4、BaSO4及生成的单质S；过滤加入盐酸，使Ag(SO3)生成氯化银沉淀，过滤氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和氯化氢。
【详解】(1)根据分金渣的成分，加入氯化铁时，氯化铁具有强氧化性，则只能与硫化银发生氧化还原反应，方程式为2FeCl3+Ag2S=2FeCl2+S+2AgCl；
(2) “分银”时AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)和氯离子，离子方程式为AgCl+2SO= Ag(SO3)+Cl-；K= c[Ag(SO3)]×c(Cl-)÷c2(SO)= K×Ksp(AgCl)=1.8×10-10×1.0×108.68=1.8×10-1.32；
(3)预处理时，产生的单质S不溶于水，则“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO4、S；
(4)①Ag+、SO反应生成Ag(SO3)，应调节pH保证溶液中产生大量的SO，则“分银”pH应控制在8~9；
②“沉银”时，向溶液中加入盐酸，使Ag(SO3)生成氯化银沉淀，则应使SO转化为HSO，终点pH应控制在3.5~4；
(5)“还原”时HCHO与氯化银、水反应生成HCOOH、单质银，化学方程式为2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl；
(6)沉银时加入盐酸，而还原时生成氯化氢溶液，则可循环使用的物质为盐酸。
2．(1)3:2
(2)将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子
(3)1.010-13.5
(4)Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O
(5)2MnCO3+O22MnO2+2CO2
(6)c
(7)+xZn2++2xe-=
【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，硫铁矿的主要成分是FeS2，根据流程图，硫酸与软锰矿和黄铁矿作用，MnO2与FeS2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫沉淀，同时生成硫酸铁或硫酸亚铁，再加入软锰矿（MnO2），MnO2可将亚铁离子氧化为铁离子；煅烧硫铁矿所得矿粉含有氧化铁，向“氧化ⅰ”后的溶液中加入矿粉调溶液的pH=5.5，把铁离子转化为沉淀除去；继续加NH4HCO3、NH3H2O调节溶液的pH=6.5~7沉锰得MnCO3，在空气中焙烧MnCO3得MnO2粗品，加入硫酸和适当的氧化剂将粗品中Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)，过滤、干燥得MnO2纯品，据此分析解答。
(1)
反应中Mn元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故答案为：3:2。
(2)
“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁，故答案为：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子。
(3)
由流程图可知，“除铁”后溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5mol/L，c(OH-)==10-8.5mol/L，根据的=，=110-13.5mol/L，故答案为：1.010-13.5。
(4)
“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，则离子方程式为：Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O。
(5)
由流程图可知，“焙烧”过程中和空气中的氧气在高温条件下反应生成和CO2，反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
(6)
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
(7)
放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为+xZn2++2xe-=，故答案为：+xZn2++2xe-=。
3．(1)1s22s22p63s23p63d14s2
(2)
(3)推电子
(4)<
(5) 2 -C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取
(6)CaC2O4
(7)硝酸铵、硝酸
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土；
【详解】（1）为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2；
（2）“酸浸”过程与反应，根据质量守恒可知，反应还会生成磷酸，反应为；
（3）由表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低；
（4）烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与配位，故与配位的能力：1号O原子<2号O原子；
（5）①由图可知，亚铁离子与RE的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选选择，亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于铁离子与RE的分离；结合图像可知，应调节为2，此时RE几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好；
②总反应为通入得到沉淀，反应i．，则反应ii为和稀土的硝酸盐转化为沉淀的反应，；
③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为-C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取；
（6）硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有草酸钙；
（7）在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。
4． 煮沸冷却 空白实验 Fe2+与SCN-反应形成配合物 3mL 4mol/L的KCl溶液 Fe2+与SCN-形成配合物有利于FeCO3向溶解方向移动 可以避免不同盐离子对配合物解离的影响 Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，不影响Fe(SCN)3血红色的观察
【分析】通过实验i、ii、iii在相同的环境中的对比，不同的离子与SCN-形成配位化合物能力不同，且Fe2+与SCN-反应形成配合物；对比实验iv、V，SCN-能促使碳酸亚铁的电离，生成的Fe(SCN)2为无色。
【详解】(1) FeSO4中的Fe为+2价，已被空气中的氧气氧化，则配制FeSO4溶液应使用煮沸冷却后的的蒸馏水；
(2)单独加入水，且加入的体积与加入其他试剂的总体积相等，是为了进行实验对比；Fe2+与SCN-反应形成配合物，导致硫氰化铁的含量降低，色度降低；
(3)对比试验iv和V，为了前后数据一致，无其它变量的干扰，则X为3mL 4mol/L的KCl；实验iv中Fe2+与SCN-反应形成配合物，有利于碳酸亚铁固体的溶解，导致碳酸亚铁溶解平衡正向进行；
(4)对Mg2+和Fe2+对硫氰化铁的影响，可避免不同盐离子对配合物解离的影响，故在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ；
(5)通过实验可知，Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，而Fe(SCN)3血红色，不影响Fe3+的检验。
5．(1)Cu2O
(2) 吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验 观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊
(3) 溶液pH 实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高
(4)HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根
(5)HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O
【详解】（1）由上述实验可知，溶液中出现砖红色固体Cu2O，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体，新制会发生如下转化：新制Cu2OCu，说明反应物的相对用量会影响固体产物，故答案为：Cu2O；
（2）①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验，故答案为：吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验；
②H2还原CuO生成Cu和H2O，H2O能使无水硫酸铜变蓝色，CO还原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊时，证明气体产物含，不含CO，故答案为：观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊；
（3）①由实验4、5可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但4加入甲醇，甲醇与NaOH不反应，而5加入甲醛，由题干可知甲醛与NaOH溶液反应，因而改变了溶液的酸碱性，故实验说明催化剂的催化性能与溶液pH有关，故答案为：溶液pH；
②由题干信息可知，实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，故实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；故答案为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；
（4）已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，结合中碳氧键键长数据可知，HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，故HCOONa无法进一步被新制氧化成，故答案为：HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根；
（5）由(4)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O。
6．(1)溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
(2)
(3) HNO3、AgNO3
(4)防止沉淀长时间与空气接触而被氧化
(5)实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
(6) 溶液
【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
【详解】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；
（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；
（3）①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；
②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；
（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；
（5）已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；
（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。
7． +420.8 ABD 活化水分子 HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒或吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒 CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Cl2↑+NaOH 0.2NA 联合氯碱工业
【详解】(1)根据盖斯定律，2×①-②可得2CO2(g)+2H2O(g)⇌2HCOOH(g)+O2(g)，则ΔH=-72.6×2+566.0kJ/mol=+420.8 kJ/mol；
(2)A．该反应为气体减小的反应，容器为刚性恒容的容器，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，则压强不变，A符合题意；
B．反应体系中各物质均为气体，则气体的总质量不变，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，故容器中气体平均摩尔质量不变，B符合题意；
C．2v正(CO2)=4v正(O2)=v逆(O2)，则同一物种的正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，C与题意不符；
D．容器为刚性绝热密闭容器，反应为吸热反应，反应平衡时，容器内温度不变，D符合题意；
答案为ABD；
(3)①根据图象a可知，S2-与K+(H2O)n微粒间的静电作用促进了水的活化；
②催化剂降低反应的活化能，则下图为催化还原CO2的反应历程图，反应的活化能越大，则反应速率越慢，为生成甲酸的决速步骤，电极反应式为HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-；根据图象对比，生成CO的能垒高与生成HCOOH的能垒，而使用催化剂产生的吸附位点较多，能降低反应能垒，促进反应物的活化；
(4)①根据电解装置，反应物为二氧化碳和氯离子，生成物为甲酸、氯气和碱，化学方程式为CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Cl2↑+NaOH；
②标况下每生成2.24L Cl2，即0.1mol，Cl的化合价由0价变为-1，电路中转移0.2mol电子，即0.2NA；
③已知传统的CO2电催化还原过程中，阳极析出氧，而CO2与氯碱耦合电解池阳极产生氯气和NaOH，与氯碱工业中阳极产物相同，故该装置的优点为联合氯碱工业。
8．(1)-128.0
(2)BD
(3) B 1 温度低于773K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于773K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；
(4) HCOO* 短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离
【详解】（1）当反应ii中n=2时可得2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-210.2kJ·mol−1，根据盖斯定律反应ii+i×2可得2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的ΔH=-210.2kJ·mol−1+2×41.1kJ·mol−1=-128.0 kJ·mol−1；
（2）A．增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，A错误；
B．反应ii和iii均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ii、iii的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应i平衡正向移动，CO2的转化率增大，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，打不改变平衡转化率，C错误；
D．及时分离出H2O，可以使反应i平衡正向移动，增大CO2的转化率，D正确；
综上所述答案为BD；
（3）①据图可知当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围应选B(573～773K)；
②据图可知温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%；设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式有：
所以p(CO2)=×1MPa=MPa，p(H2)=×1MPa=MPa，p(CO)=p(H2O)=MPa=MPa，所以Kp==1；
③温度低于773K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于773K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；
（4）①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为1.45eV的步骤为H3CO*生成H3COH*，不符合题意)；
②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性性提高。
9．(1) +411.15 B 650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
(2) 2 0.9
(3) b 变废为宝，减小污染 反应温度更高、耗能更大
【详解】（1）①已知：
反应I ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得 +411.15；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；
（2）①、时，测得、，则，。
②时，计划在内转化率达，则，=0.9，应控制初始浓度大于0.9
（3）①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示的曲线是b。
②时，反应物投料比采用，维持体系压强为，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的；
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
10． 6s26p3 O＞N＞H＞Bi 1，3，5-苯三甲酸有三个羧基与水形成的氢键比苯甲酸多 sp2、sp3 4 K3Bi
【详解】(1)元素Bi位于第6周期VA族，与N原子为同主族元素，则其基态原子的价电子排布式为6s26p3；
(2)Bi(NO3)3⋅5H2O中含有H、N、O、Bi，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性从大到小的顺序为O＞N＞H＞Bi；
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸中含有三个羧基，羧基数目越多，羧基与水形成的氢键数目越多，增大有机物在水中的溶解度，则1，3，5-苯三甲酸比苯甲酸多在水中溶解度比苯甲酸大；
(4)中红色标注的N原子，含有3条键、一个孤电子对为sp3杂化，黄色标注的N原子含有2条键、一个孤电子对，为sp2杂化；
(5)①根据M的晶胞结构，距离体内钾原子最近的钾原子在顶角和其3个面的面心，形成正四面体构型，则离钾原子最近的钾原子有4个；
②合金N中8个钾原子在棱上，4个在体内，K原子个数=8×+4=6，Bi原子2个均在体内，则化学式为K3Bi。
11．(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【详解】（1）Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；
（3）物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；
（5）根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。
12． (酚)羟基、羧基 甲醇，浓硫酸，加热 HCl+ 2
【分析】A为，对比B与A的结构简式，则A与甲醇发生酯化反应生成B；B与氨气反应，为氨基取代B中H3C-O-生成C，则C的结构简式为 ；C与 发生已知的反应生成D，则D为 ；根据D、E的分子式及G的结构简式，则D与溴发生甲基上的取代反应，E的结构简式为 。
【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团有羧基、酚羟基；
(2)由A生成B为与甲醇发生酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；
(3)分析可知，E的结构简式为 ；
(4)C与 发生已知的反应生成D，由C生成D的化学方程式为+HCl+；
(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，则同分异构体中含有羧基、苯环；其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1，其为对称结构，为 ，苯胺()与甲基吡啶()互为芳香同分异构体，则还有 ，共有2种。
13．(1)碳碳双键
(2)2+O22 +2H2O
(3)取代反应
(4)
(5)或者
(6)
【分析】由题合成流程图可知，由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为：，B的结构简式为：，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为：，(5)M()是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，由此确定M同分异构体的结构简式，(6) 本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
(2)
由分析可知，B的结构简式为：，故B→C的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：2+O22 +2H2O，故答案为：2+O22 +2H2O；
(3)
由分析可知，D的结构简式为：，故可知D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(4)
由分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；
(5)
M()是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，则M的结构简式为或者，故答案为：或者；
(6)
本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线为：
，故答案为： 。
14．(1)取代反应
(2)
(3) 异丙苯 O2
(4) 两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好 也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强
(5)
(6)CH3CHOHCOOH
(7)
【分析】二氧化碳生成A，A中-NH2被取代生成B，B和甲醇发生取代反应生转化为C；E转化为FG，且原子利用率为100%，结合EFG结构可知，X为氧气；FG生成H，D和H通过酯交换缩聚合成I， 结合FGDI结构可知，H为FG生成的含羟基的物质，H结构简式为；
【详解】（1）由分析可知，A中-NH2和CH3CHOHCH2OH中羟基发生取代反应生成B故为取代反应；
（2）B和甲醇在酸性条件下发生取代反应生转化为C，反应为；
（3）由图可知，E为异丙苯；由分析可知，X为O2；
（4）①结合水相中能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好。
②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递J的醇羟基氧上；
（5）由分析可知，H的结构简式为；
（6）C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1，其一种同分异构体同时满足：
①可与溶液反应，含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH；
（7）葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到 ， 和D通过酯交换缩聚合成产品，流程为：。
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