2024届北京市朝阳区高三下学期二模化学试题

这是一份2024届北京市朝阳区高三下学期二模化学试题，共28页。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．最近，我国研究人员成功制备出高强度、高导电性、高耐热的铝—锆—钪（）合金材料，为提升我国绿色铝产业深加工能力提供了支撑。下列说法不正确的是
A．Al是地壳中含量最多的金属元素
B．基态的简化电子排布式是
C．合金具有高强度与合金的结构相关
D．合金的导电性与自由电子的运动相关
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的电子式为
B．HCHO分子的空间结构模型为
C．乙烯分子中键的形成过程：
D．邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键：
3．下列事实可以用平衡移动原理解释的是
A．合成氨工业中使用铁触媒，提高生产效率
B．铝片放入浓中，待不再变化后，加热产生红棕色气体
C．在钢铁表面镀上一层锌，钢铁不易被腐蚀
D．盐碱地（含较多的NaCl、）施加适量石膏（），土壤的碱性降低
4．下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．用过量的氨水吸收：
B．用饱和食盐水制烧碱：
C．用制：
D．用焦炭还原石英砂制粗硅：
5．实验室用乙醇与浓硫酸制备乙烯并验证其性质，装置及试剂如图所示。
下列说法不正确的是
A．在浓硫酸的催化下，乙醇转变为乙烯
B．使用NaOH溶液的目的是排除的干扰
C．使烧瓶内混合液的温度迅速上升到170℃，可减少乙醚的产生
D．在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸
6．土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是
A．O的非金属性大于S，推知热稳定性：
B．两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量
C．
D．结合的燃烧热，可求算的
7．实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验试剂均正确的是
A．AB．BC．CD．D
8．一种控制分子是否发光的“分子开关”工作原理如图所示。
下列说法不正确的是
A．分子P中的O均为杂化
B．分子P转化为超分子Q时，N与形成配位键
C．增大溶液pH并除去，可使超分子Q转变为分子P
D．推测分子P可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度
9．有机物M在碱性条件下可发生如下反应：
下列说法不正确的是
A．M中酮羰基邻位甲基的键极性较强，易断键
B．推测M转变为N的过程中，发生了加成反应和消去反应
C．不能通过质谱法对M、N进行区分
D．该条件下还可能生成
10．粗盐中的杂质离子主要有、、，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：i．
ii．粗盐水中
下列说法不合理的是
A．过程Ⅰ中当溶液时，已沉淀完全
B．过程Ⅱ中加入足量的，盐水b中的阴离子仅含有、
C．过程Ⅱ中若改为先加溶液、过滤后再加溶液也能达到除杂目的
D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性
11．不对称分子刷（聚合物C）在分子自组装领域具有重要的研究价值，其合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．聚合物A的单体结构为：
B．反应①和②的反应类型相同
C．推测在空气中放置可被氧化
D．聚合物C在碱性条件下的水解产物不完全是小分子
12．研究人员利用电化学原理吸收废气中的，其工作原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A．a电极为负极，c电极为阳极B．b电极的电极反应式为：
C．反应一段时间后，c极区溶液pH减小D．每吸收，理论上可以得到
13．将溶液分别滴入溶液和溶液中，均产生沉淀和气泡。取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。
下列分析不正确的是
A．、溶液中均存在
B．能促进、的水解
C．①中发生的反应：
D．对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的和均对沉淀成分有影响
14．甲烷还原二氧化碳是实现“双碳”目标的有效途径之一。常压、催化剂作用下，按照和的物质的量之比投料。有关反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
某一时段内，和的转化率随温度变化如下图所示。
已知：的转化效率
下列分析不正确的是
A．根据反应Ⅰ、Ⅱ，低压高温有利于提高的平衡转化率
B．500℃时，的转化效率为1.5
C．由400℃升高到600℃，含氢产物中水的占比增大
D．由700℃升高到1000℃，的转化效率逐渐增大
第二部分
本部分共5题，共58分。
15．氢的有效储存与释放是氢能应用的关键问题之一。
Ⅰ．有机储氢材料
(1)N—乙基咔唑是具有应用前景的储氢材料，其储氢、释氢原理如图1所示。
①基态N原子价层电子轨道表示式为 。
②晶体中离子键的百分数为41%。分析、MgO、、中离子键的百分数小于41%的有 。
③比较在水中的溶解性：乙基咔唑 乙胺（）（填“＞”或“＜”）。
(2)HCOOH是安全方便的具有应用前景的液态储氢材料。HCOOH催化释氢的可能机理如图2所示。
①依据VSEPR模型，中心原子上的价层电子对数是 。
②为证实上述机理，用HCOOD代替HCOOH进行实验。在图3中补充HCOOD催化释氢部分过程的相应内容 。
Ⅱ．复合储氢材料
(3)一种新型储氢材料的晶胞形状为正方体如图4。
①该物质的化学式为 。（电负性：B元素为2.0，H元素为2.1）
②已知阿伏加德罗常数为，该物质的摩尔质量为，该晶体的密度为，则晶胞边长为 nm。（）
16．研究发现，溶液可用于脱除烟气中的（含约90%的NO和少量等），流程如图。
已知：i．由与（乙二胺四乙酸，一种有机弱酸）的钠盐形成。
ii．
(1)烟气中的与水反应的化学方程式为 。
(2)的结构如下图所示，其中心离子的配位数为 。
(3)探究影响脱除NO的因素。
①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，结合离子方程式说明原因 。
②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，分析可能原因 。
③pH的影响：将NO按一定流速通入不同pH的溶液中，研究pH对NO脱除效率的影响，结果如下图。
相同的时间内，和时NO脱除效率均低于时，解释原因 。
(4)酸性条件下再生。
（将离子方程式补充完整）
17．化合物M作为抗肿瘤候选药物正处于临床研究阶段，其合成路线如下：
已知：
i．＋＋R3－OH
ii．＋R7－NH2→＋H2O
(1)A中所含官能团是 。
(2)D的结构简式是 。
(3)D→E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是 。
(4)G→H的化学方程式是 。
(5)I的分子式为，核磁共振氢谱中只有一组峰，I的结构简式是 。
(6)的合成步骤如下：
注：Bc的结构简式为
①T的结构简式是 。
②上述合成中的目的是 。
18．以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。
已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。
(1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为 。
(2)滤渣1主要含有 。
(3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。
①过程Ⅲ中使用溶液的目的是 。
②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的 。
(4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。
①离子交换膜应该选用 。
a．阴离子交换膜 b．质子交换膜 c．阳离子交换膜
②结合方程式解释产生的原理 。
(5)测定产品中的质量分数。
称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。
已知：酸性条件下被还原为。
19．以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。
资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。
ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。
将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：
(1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。
(2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。
①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。
依据电极反应式，分析产生的原因 。
②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。
①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。
实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。
②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。
实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。
(4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。
(5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。
气体
除杂试剂
检验试剂
A
浓硝酸分解产生的
无
湿润的淀粉-KI试纸
B
浓盐酸与反应产生的
NaOH溶液
湿润的有色布条
C
木炭和浓硫酸反应产生的
饱和溶液
澄清石灰水
D
分解产生的
CaO和NaOH混合物
湿润的红色石蕊试纸
物质
实验
溶液a
现象
Ⅰ
溶液（）
产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余
Ⅱ
浓盐酸（）
产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余
Ⅲ
溶液（）和浓盐酸（）
溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余
参考答案：
1．B
【详解】A．Al元素是地壳中含量最多的金属元素，A正确；
B．Sc为21号元素，基态的简化电子排布式是，B错误；
C．物质的性质决定物质的用途，合金具有高强度与合金的结构相关，C正确；
D．电子的定向移动形成电流，合金的导电性与自由电子的运动相关，D正确；
故选B。
2．A
【详解】
：A．NH3是共价化合物，N、H原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8，其电子式为，故A错误；
B．HCHO是平面结构的分子，含有C=O键和C—H键，且原子半径：C＞O＞H，其空间结构模型为，故B正确；
C．乙烯分子中的π键是C原子的2p轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的，其形成过程为，故C正确；
D．邻羟基苯甲醛分子含有O—H键，—CHO中含有电负性大的O原子，二者位置较近，根据氢键形成条件可知，邻羟基苯甲醛分子可形成分子内氢键，示意图为，故D正确。
答案选A。
3．D
【详解】A．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，可以加快反应速率、但不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，A项不符合题意；
B．常温下Al放入浓硝酸中发生钝化，加热后Al与浓硝酸反应生成Al(NO3)3、红棕色的NO2气体和H2O，不能用平衡移动原理解释，B项不符合题意；
C．在钢铁表面镀上一层锌，隔绝钢铁与空气、水分的接触，使钢铁不易被腐蚀，不能用平衡移动原理解释，C项不符合题意；
D．在盐碱地（含较多的NaCl、Na2CO3）中存在水解平衡+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，使盐碱地土壤呈碱性，施加适量石膏，Ca2+与结合成CaCO3，的浓度减小，上述水解平衡逆向移动，或者：硫酸钙是微溶物、碳酸钙是难溶物，加入的硫酸钙能转化为碳酸钙沉淀，使碳酸根浓度减小、土壤的碱性降低，能用平衡移动原理解释，D项符合题意；
答案选D。
4．A
【详解】A．用过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为，故A错误；
B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，常用于工业上制烧碱，离子方程式为，故B正确；
C．TiCl4水解程度很大，能反应完全，其水解反应方程式为；故C正确；
D．石英砂的成分是SiO2，用焦炭还原石英砂制粗硅的化学方程式为，故D正确。
答案选A。
5．B
【详解】A．在浓硫酸的催化下，乙醇发生消去反应，生成乙烯，A正确；
B．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应过程中会生成、，、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则、乙醇扰乙烯的检验，不干扰乙烯的检验，所以使用氢氧化钠溶液的目的是排除、乙醇的干扰，B错误；
C．乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170°C下发生消去反应生成乙烯，在浓硫酸作催化剂、加热140°C下发生取代反应生成乙醚，所以使烧瓶内混合液的温度迅速上升到170°C，可减少乙醚的产生，C正确；
D．碎瓷片能防暴沸，所以在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸，D正确；
故选B。
6．C
【详解】A．非金属性越强的元素简单气态氢化物稳定性越强，O的非金属性大于S，推知热稳定性，A正确；
B．由图可知两步反应均为放热反应，所以反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量，B正确；
C．由图可知，第一步热化学反应为 ，第二步反应为 ，根据盖斯定律两步反应式相加 ，故C错误；
D．结合的燃烧热可得到代表S(s)的燃烧热的热化学方程式，再结合第一步热化学方程式，按盖斯定律，可求算的，D正确；
故本题答案选C。
7．D
【详解】A．可能是挥发的硝酸或分解生成的二氧化氮氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，不能证明浓硝酸分解产生O2，，A错误；
B．氯气与NaOH溶液反应，不能用湿润的有色布条检验氯气，B错误；
C．生成的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，不能证明木炭和浓硫酸反应产生CO2，C错误；
D．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳， CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可检验生成的氨气，D正确；
故选D。
8．A
【详解】A．分子P中的O均形成2个σ键、有两对孤电子对，O的价层电子对数为4，O都采取sp3杂化，A项错误；
B．N上有孤电子对，H+有空轨道，故分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键，B项正确；
C．分子P+Na++H+超分子Q，增大溶液pH并除去Na+，消耗H+，H+和Na+的浓度减小，反应逆向进行，超分子Q转变为分子P，C项正确；
D．分子P为有机物、易溶于有机溶剂，分子P能与Na+形成超分子，可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度，D项正确；
答案选A。
9．C
【详解】A．受羰基的吸电子效应影响，羰基邻位甲基上的氢表现出一定酸性，C−H键极性较强，易断键，A正确；
B．M转变为N的过程中发生成环并消去了一个氧原子，推测发生了加成反应和消去反应，B正确；
C．M、N分子式不同，故能通过质谱法对M、N进行区分，C错误；
D．观察到M中上下反应位点相同，呈对称结构，推测该条件下还可能生成，即碳碳双键出现在下侧，D正确；
故本题答案选C。
10．B
【分析】粗盐中含有、、，加入氢氧化钠溶液，发生，过滤得到盐泥a，盐泥a为，再加入固体，由表中数据知，发生，得到沉淀，过滤，盐泥b为，再加入盐酸调节pH值，得到精制盐水，据此回答。
【详解】A．过程Ⅰ中当溶液时，，，已沉淀完全，A正确；
B．由分析知，过程Ⅱ中加入足量的，盐水b中的阴离子仅含有、、，B错误；
C．过程Ⅱ中若改为先加溶液，发生，过滤后再加溶液将过量的除去，也能达到除杂目的，C正确；
D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性，防止引入新的杂质，多余的盐酸在蒸发过程中除去，D正确；
故选B。
11．B
【详解】
A．聚合物A的单体结构可看作二取代的烯烃衍生物：，A正确；
B．反应①为加成反应，②为取代反应，二者反应类型不同，B错误；
C．中含有酚羟基和碳碳不饱和双键，不稳定，推测其在空气中放置可被氧化，C正确；
D．聚合物C在碱性条件下的水解产物，例如，不完全是小分子，D正确；
故本题答案选B。
12．D
【分析】由图知，锌电极a为原电池为负极，电极反应式为，惰性电极b为原电池正极，电极反应式为，惰性电极c与电源正极相连，为电解池阳极，电极反应式为，氢离子经过质子交换膜移向惰性电极d，惰性电极d与电源负极相连，为阴极，电极反应式，据此回答。
【详解】A．由分析知，a电极为负极，c电极为阳极，A正确；
B．b电极的电极反应式为：，B正确；
C．c极的电极反应式为，即每转移4ml电子，有4mlH+通过质子交换膜进入d极区，但c极区溶液中的水被消耗，因此pH减小，C正确；
D．根据电极反应式为，每吸收1mlNO2生成1ml，转移1ml电子，电极上电子数目守恒，结合电极反应式：，理论上1ml不可能得到，D错误；
故选D。
13．D
【详解】A．溶液和溶也中均存在物料守恒，根据物料守恒得，A正确；
B．溶液中存在，溶液显酸性，能促进、的水解，B正确；
C．取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生,故沉淀为，①中发生的反应：，C正确；
D．①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明溶液中的对沉淀成分有影响，②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明溶液中的对沉淀成分无影响，D错误；
故选D。
14．C
【详解】A．反应Ⅰ是气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，升高温度均有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利于反应Ⅰ的平衡正向移动，c(H2)增大可促进反应Ⅱ的平衡正向移动，也可提高CO2的平衡转化率，所以低压高温有利于提高CO2的平衡转化率，故A正确；
B．由图可知，500℃时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，CO2的转化效率为=1.5，故B正确；
C．由图可知，温度由400℃升高到600℃时CH4转化率的增大幅度远大于CO2，则此时主要发生反应Ⅰ，且只有反应Ⅱ生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C错误；
D．由图可知，由700℃升高到1000℃时△n(CO2)变化幅度较大，△n(CH4)变化幅度较小，则CO2的转化效率逐渐增大，故D正确。
答案选C。
15．(1) 、 <
(2) 2
(3)
【详解】（1）
①基态N为7号元素，其原子价层电子轨道表示式为。
②硅磷电负性大于铝，则硅氧、磷氧键的离子成分小于铝氧键，故、MgO、、中离子键的百分数小于41%的有、。
③能和水形成氢键，而乙基咔唑不能形成氢键，则在水中的溶解性：乙基咔唑小于乙胺；
（2）①CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋=2。
②由反应历程可知，HCOOD中D原子和氮结合、HCOOD中H原子和Pd结合，然后在③反应中H和D结合生成氢气，故图示为：；
（3）
①电负性：B元素为2.0，H元素为2.1，则表示，据“均摊法”，晶胞中含8个、个，该物质的化学式为；
②设晶胞边长为anm，结合①分析，晶体密度为，。
16．(1)
(2)6
(3) ，浓度减小，NO的脱出率降低 温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低 pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低
(4)
【分析】如图，烟气中的NOx与溶液中的反应，生成和，与次磷酸钠(NaH2PO2)反应，生成，循环使用，也与次磷酸钠(NaH2PO2)反应，反应生成和磷酸氨，循环使用，故可将烟气中的NOx脱出，据此回答。
【详解】（1）烟气中的NO2与水反应的化学方程式为；
（2）的结构如下图所示，由图可知，中心离子的配位键数目为6，故配位数为6；
（3）①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，因为氧气把氧化，离子方程式为，浓度减小，NO的脱出率降低；②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，原因是反应温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低；③pH的影响：如图，相同试剂内，pH=2和pH=10时NO的脱出率低于pH=6时，原因是pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低；
（4）在酸性条件下再生，N元素由+2价将为-3价，降低5价，P元素由+1价升高为+5价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为。
17．(1)羧基或（-COOH）
(2)
(3)
(4)2＋O2+2H2O
(5)
(6) 保护氨基
【分析】
由A(C2H2O4)与C2H5OH在浓硫酸加热条件下反应生成B(C6H10O4)，可推知A为，B为，B与发生已知反应ⅰ生成D，可推知D为，D与NH2OH反应生成E，D在①NaOH/H2O，②H+下发生水解，生成F，G与O2在Cu作催化剂的条件下加热发生氧化反应生成H，H与I发生已知反应ⅰ生成J，由J的分子式可推知J为，由I的分子式为，核磁共振氢谱中只有一组峰可推知I为，J与①NH3，②H2催化剂下生成K，K与F生成L，L与经过多步反应，生成M，据此回答。
【详解】（1）
A为，所含官能团是羧基或（-COOH）；
（2）
由分析知，D的结构简式是；
（3）
D→E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是；
（4）
由分析知，G与O2在Cu作催化剂的条件下加热发生氧化反应生成H，化学方程式是2＋O2 +2H2O；
（5）
由分析知，I的结构简式是；
（6）
由图知P与(Bc)2O反应生成Q，Q与氨气加成生成S，可推知S的结构式围为，S与T在-H2O下生成U，由U和S的结构可推知T为，U与HCl反应生成，由流程可知，的目的为保护氨基。
18．(1)4：7
(2)Fe2O3和MgO
(3) 调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去
(4) c 阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7
(5)
【分析】分析流程可知，铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）中加入纯碱，也有O2参与，进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、Na2SiO3加入水进行“浸取”, 过滤，滤渣1为不溶于水的MgO、Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3、MgSiO3转化为氢氧化铝、氢氧化镁和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，再向滤液中加入H2SO4 ，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。
【详解】（1）由题可知，过程Ⅰ中转化为和，反应为：，反应中与的化学计量数之比为4：7，故答案为：4：7。
（2）根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。
（3）①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去；
②过程Ⅳ发生反应，图中的点取pH=2.4，对应，有，又有即，该反应的，故答案为：。
（4）以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备，电解过程中实质是电解水，阳极发生反应为：，阴极发生的反应为：，阳极区中由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：，故答案为：c；阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。
（5）根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：，，即，故答案为：。
19．(1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl
(2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O
(3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5ml/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解
(4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+
(5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢
【分析】往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅；往浓盐酸（）中加铜粉，生成氢气和、然后生成使溶液呈黄色、较长时间后生成使溶液呈棕色；往溶液（）和浓盐酸（）混合溶液中加铜粉，生成使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余。
【详解】（1）往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl；
（2）①据实验的现象可知，产生的无色气泡为氢气，无色溶液为的溶液，所以应是Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2；
②的溶液呈黄色，Ⅱ中溶液变为黄色，即生成了，其反应的离子方程式为：4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O；
（3）①由于c(Cl-)增大，使得平衡CuCl+2Cl-正向移动，所以白色沉淀溶解；
②要验证是否是因为增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取I中洗涤后的沉淀，加入5ml/L的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为增大引起；
（4）实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2+或的氧化性强于H+，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡；
（5）若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；若单独使用盐酸，则反应速率慢，所以选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液。