2025届高三化学二轮复习 -- --工业流程题

2025届高三化学复习题----工业流程题 1．（24-25高三上·广西南宁·阶段练习）以含铍废渣(主要含有BeO、Al2O3、SiO2、还含有Fe2O3、FeO、CaO)为原料制备单质Be的工艺流程如下： 已知：Be及其化合物的性质与Al及其化合物的性质类似。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“沉铝”反应的化学方程式为 。 (3)“氧化、除铁”过程中，氧化剂可使用H2O2或NaClO，氧化相同量的Fe2+，理论上消耗 。 (4)试剂X选择氨水而不选择NaOH溶液的原因是 。 (5)写出“合成”反应的化学方程式： 。 (6)“转化”时需要真空环境的原因是 ，该反应类型为 (填基本反应类型)。 2．（2024·江西南昌·模拟预测）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(，含有和少量等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示： 已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 7.5 2.7 5.6 8.3 完全沉淀的pH 9.0 3.7 6.7 9.8 ②常温稳定，在热水中会分解生成； ③。 回答下列问题： (1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有 (任写一种)。 (2)滤渣Ⅰ经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是 (填化学式)。“浸取”过程中被氧化的化学方程式为： 。 (3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO，调节pH的范围为 ，若加A后将溶液的pH调为5，则溶液中的浓度为 。 (4)写出“沉锰”(除)过程中反应的离子方程式： 。 (5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是： 。 3．（24-25高三上·安徽芜湖·开学考试）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如图。 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表： 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 回答下列问题： (1)用硫酸浸取硫化铜精矿时，提高浸取率的方法有 。(写出一种即可) (2)写出“浸取”时主要反应的化学方程式 。 (3)用NH3中和调pH的范围为 。 (4)实验室在进行过滤操作时，所需要的玻璃仪器有 种。 (5)写出“还原”时的离子方程式 。 (6)第二次过滤操作中，如何证明Cu表面杂质已洗净 。 (7)滤液中主要的盐有 、 (写化学式)。已知溶液中某离子浓度小于时可认为沉淀完全，则开始沉淀时浓度为 mol/L。 4．（24-25高三上·广东·开学考试）对废水进行处理可有效利用金属资源。某废水处理渣的主要元素组成为铁、钴、铜、钨，其一种回收利用工艺的部分流程如图所示： 已知：ⅰ、氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO4、NH4NO3配制而成； ⅱ、氨浸时，氨与Cu2+、Co2+、Co3+等离子可形成稳定配合物； ⅲ、Kb(NH3·H2O)=10-4.7 ⅳ、萃取剂LiX973的萃取原理为Cu2+(aq)+2HRCuR2+2H+(aq)，P507的萃取原理与其相似。 回答下列问题： (1)基态Co2+的价层电子排布式为 。 (2)处理渣中的Cu(OH)2在“氨浸”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，pH=12的氨性溶液中， 1(填“>”“<”或“=”)。 (4)在一定条件下，氨浸时间超过5h时，钴、铜浸出率不再升高，反而有所下降，原因可能是 。 (5)“反萃取”步骤中加入的试剂是 (填化学式)；大颗粒硫酸钴晶体是制备锂离子电池的原材料，“操作Ⅱ”的结晶过程中更利于制得大颗粒晶体的操作为 (任答一点)。 (6)我国科学工作者利用晶胞结构如图1所示的氮化钴掺杂Cu获得有高效催化性能新物质，形成了如图2所示的结构单元。 ①由图2所示单元结构形成的晶胞中，Cu原子周围距离最近且相等的Co原子的数目为 。 ②)若NA为阿伏加德罗常数的值，则由图2所示单元结构形成的晶胞的密度为 g▪cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 5．（24-25高三上·浙江·阶段练习）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，翠绿色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，110℃开始失去结晶水，230℃时分解，有光敏性。某小组采用如下实验流程制备。 已知：①为黄色固体；②酸性越强，氧化性越强； ③与开始反应速率较慢，一段时间后反应速率明显加快。 请回答下列问题： (1)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ所得滤液中含有硫酸 B．步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中加热煮沸都是为了加快反应速率 C．步骤Ⅳ加入适量无水乙醇有利于的析出 D．步骤Ⅳ得到的晶体需在明亮通风处干燥，不可高温烘干 (2)步骤Ⅱ的悬浊液中棕色物质的化学式是 。 (3)步骤Ⅱ~Ⅲ可在如图所示的装置中完成，仪器A的名称是 ；步骤Ⅲ需调节溶液pH为4左右，若pH值过低，产品中会混有，产生该副产物的原因： 。 (4)产品纯度测定： 方法1：用法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体中含量。 从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序： 。 称取样品1.841g，配制250 mL溶液，用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中→(________)→(________)→(________)→(________) a．加热锥形瓶至75℃-80℃； b．加热锥形瓶至溶液沸腾； c．往锥形中加入5mL稀盐酸； d．往锥形瓶中加入5mL稀硫酸； e．往锥形瓶中加少量溶液； f．用0.0200 mol/L 溶液滴定至溶液变为无色； g.用0.0200 mol/L 溶液滴定至溶液呈粉红色。 方法2：用分光光度法测定含量，已知吸光度(A)与在一定浓度范围内的关系如图2，称取样品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取样测得吸光度值为0.185，根据吸光度标准曲线，样品中的质量分数： (保留三位有效数字)。 6．（24-25高三上·甘肃金昌·阶段练习）除杂和离子的检验是中学化学的重要内容。回答下列问题： (1)欲除去粗盐水中的，设计如下工艺流程(所加试剂均过量)。 ①粗盐水中加入NaOH溶液的目的是 (语言叙述)。 ②试剂a、试剂b、试剂c依次为 (填字母)。 A．溶液、溶液、稀盐酸    B．溶液、溶液、稀盐酸 C．溶液、NaOH溶液、稀盐酸    D．溶液、NaOH溶液、稀盐酸 (2)某无色透明溶液可能存在大量中的一种或几种，进行如下实验： Ⅰ．取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失； Ⅱ．取Ⅰ的滤液加过量的NaOH溶液，出现白色沉淀。 ①由操作Ⅰ确定原溶液中肯定存在的阳离子是 ，产生的沉淀的化学式为 。 ②由操作Ⅱ确定原溶液中肯定有 ，产生沉淀的离子方程式为 。 ③通过以上操作肯定不存在的离子是 。 7．（2024·福建厦门·三模）硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取MgSO4·7H2O的流程如图： 回答下列问题 (1)“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率。可采取的措施是 (任写一条)． (2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为： ；调节时可加入试剂X为 (任写一种)。 (3)滤渣除、外还有氧化物 。 “除钙”时，控温在时除去和混合溶液中的。部分物质的溶解度()如表： 温度/ 物质 20 40 60 80 28.6 30.9 36 40.8 0.272 0.23 0.204 0.184 (4)参照表格，简要说明除钙的操作方法 。 (5)60℃下CaSO4的Ksp= (饱和CaSO4溶液的密度约为) (6)为了提高原料中镁的利用率，操作后滤液的处理方法是 。 8．（2024高三上·湖南常德·期中）1810年，英国化学家戴维以大量事实为依据，确认一种黄绿色气体是一种新元素组成的单质——氯气。某化学兴趣小组同学利用以下装置制备干燥的氯气并对氯气的性质进行探究。 (1)仪器b的名称为 ，B中所盛试剂为 。 (2)仪器a中发生反应的化学方程式为 。根据氯气的性质D中的收集装置可以选择 (填序号)。 (3)对比E和F中现象的差异可得出的结论是 。 (4)某同学认为该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为 ，改进后的装置中所发生的离子方程式为： 。 (5)利用数字化实验探究次氯酸的化学性质，用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶；并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下图曲线。请用化学方程式解释曲线中氯离子的浓度和氧气体积分数变化的原因： 。 (6)甲同学用足量MnO2与含146g HCl的浓盐酸反应制氯气，乙同学用87g MnO2与足量浓盐酸反应制氯气，两者制得氯气 (填“甲多”，“乙多”，“一样多”)。 9．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，相关反应如下，回答下列问题： ⅰ.   ⅱ.   ⅲ.   (1) ，部分键能的数据如下表所示，则 。 共价键 键能 436 803 328.4 464 (2)反应ⅰ能自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”) (3)一定条件下，的反应历程如图1所示。该反应的反应速率由第 (填“1”或“2”)步决定。 (4)在5L的恒容密闭容器中，充入1mol和在一定条件下发生反应ⅰ，测得和的物质的量随时间变化如图所示： ①不能说明该反应已达平衡状态的是 (填标号)。 A．的体积分数在混合气体中保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化 C．单位时间内每消耗，同时消耗 D．反应中与的物质的量浓度之比为，且保持不变 ②从反应开始到平衡，的平均反应速察 。 ③该反应的平衡常数 。 ④若要提高的产率，可以采取的措施是 (写出一种即可)。 10．（24-25高三上·广西河池·阶段练习）白醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造白醋中醋酸含量不得低于。用标准溶液可以测定白醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，回答下列问题： (1)用 (填仪器名称)量取稀释后的白醋待测溶液到锥形瓶中，向其中滴加2滴 作指示剂(填“酚酞”“甲基橙”或“石蕊”)。 (2)该滴定达到终点时的现象是 。 (3)用标准的0.0600mol/LNaOH溶液滴定上述稀释后的白醋溶液，滴定结果如下表所示： 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 25.00mL 0.12 25.11 2 25.00mL 0.30 25.31 3 25.00mL 0.80 25.80 4 25.00mL 第4次滴定实验开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用溶液的体积 。 (4)根据上述实验数据计算该白醋中醋酸含量为 。 (5)下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是 (填编号)。 A．碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准溶液 B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．滴定过程中振摇时有待测液滴溅出来 D．读取溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 E．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 11．（2024高三上·辽宁朝阳·期末）硼(B)及其化合物有许多特殊的用途。回答下列问题： (1)是重要的贮氢材料，与水反应放出氢气：。 ①基态核外电子运动状态的数目 (填“相同”“不同”或“无法确定”)。 ②钠、硼、氢、氧四种元素的电负性由大到小的顺序为 ，的立体构型为 。 (2)硼酸是一种片层状结构的白色晶体，可以用于医药和食品防腐等方面。其层状结构如下图。 硼酸分子的中心原子杂化轨道类型是 ，晶体含有 mol氢键。 (3)结构中只有一个正六元环，画出的结构图(注明所带电荷数)： 。 (4)氮化硼(BN)是一种硬度仅次于金刚石的晶体，其晶胞结构如下图，其制备原理为，沸点氮化硼 (填“>”或“<”)晶体硅，其原因是 。若该晶胞的参数为，密度为，则阿伏加德罗常数 (化为最简关系)。 12．（2024高三上·辽宁朝阳·期末）亚磷酸属于二元中强酸，在工业上主要用作还原剂。回答下列问题： (1)常温下，用的NaOH溶液滴定溶液，溶液的pH与离子浓度的关系如下图所示： ① 。 ②曲线Ⅱ表示 变化曲线[填“”或“”]。 ③NaOH和亚磷酸反应生成的正盐是 (填化学式)。 ④若用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液的 (填“”“”或“=”)。 (2)利用如下图电解装置最终在产品室中可制得高浓度的亚磷酸。 ①交换膜可允许特定的离子通过，根据电解原理，分析图中“CM膜”应为 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。 ②阳极室发生的电极反应为 ，产品室中发生反应的离子方程式为 (写出总反应即可)。 13．（2024高三上·河北沧州·阶段练习）碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题： (1)“大象牙膏”实验中，将、KI和洗洁精混合后，短时间内产生大量的泡沫。其反应过程分为两步： 第一步：    慢反应 第二步：    快反应 ①该反应总反应方程式为 。 ②在答题卡的图中画出有KI参与的两步反应的能量历程图 。 (2)已知：25℃下, （i）   （ii）   （iii）   其中，反应ii的随温度的变化如如图： 烧杯甲：将加入20mL水中（含沉淀）； 烧杯乙：将加入20mLKI溶液（含沉淀）。 ①甲中存在平衡i，乙中存在平衡i和ii，不考虑碘与水的反应以及其它反应，下列说法正确的是 。 A．烧杯乙中剩余的沉淀质量比甲的沉淀质量小 B．室温下，甲中加水稀释，溶液中浓度一定减小 C．乙中浓度与甲中浓度相等 D．升高温度，反应ii的平衡常数大于640 ②为了探究乙中溶液含碘微粒的存在形式，进行实验：恒温225℃向10mL一定浓度的溶液中加入溶液，反应结束后碘元素的微粒主要存在平衡ii，相关微粒浓度如下： 微粒 浓度/（mol/L） a b c 其中 （用含c的代数式表示）。 ③计算25℃下的平衡常数 （取整数）；已知用有机溶剂从水溶液中萃取时，萃取效率，用等体积的一次性萃取碘水[用配制]，萃取效率为 %（保留1位小数）；若将等分成2份，分两次萃取该碘水，萃取总效率 一次性萃取的效率（填“大于”、“等于”、“小于”）。 14．（24-25高三上·江西上饶·阶段练习）I．50mL 0.50 mol·L-1盐酸与50mL 0.55mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题： (1)从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是 。 (2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是 。 (3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 (填“偏大”或“偏小”、或“无影响”)。 (4)实验中改用60mL 0.50 mol·L-1盐酸跟50mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 (填“相等”或“不相等”)，所求中和热 (填“相等”或“不相等”)，简述理由： 。 Ⅱ．已知：①   ②   ③   (5)反应的 (用、表示)。 (6)N2和O2在一定条件下反应生成NO2的热化学方程式为  。该反应为 (“放热”或“吸热”)反应。 15．（2024高三上·河北沧州·阶段练习）有机合成帮助人们发现和制备一系列药物、香料、染料、催化剂等，有力地推动了材料科学和生命科学的发展。有机化合物I可用于疾病治疗，其合成路线如下： 已知：I． II． 回答下列问题： (1)B分子中最多有 个原子共平面。 (2)G→H的反应类型是 ，F的结构简式为 。 (3)反应C→D总反应的离子方程式为 。 (4)同时符合下列条件的D的同分异构体有 种。 ①苯环上有四个取代基； ②与NaOH溶液反应时,1mol该同分异构体最多可消耗3molNaOH； ③能水解，且能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为的有机物的结构简式为 （有几种，写几种）。 (5)已知：。参照上述合成路线，以甲苯和乙酸为原料，设计制备乙酰对甲基苯胺（）的合成路线 （无机试剂和有机溶剂任选）。 16．（24-25高三上·山东济南·阶段练习）侯氏制碱法是我国化学家侯德榜为世界制碱工业做出的突出贡献。 Ⅰ．某实验小组模拟制纯碱的工业流程及部分实验装置如图所示。 (1)制备时，应先从 口(填“a”或“b”)通入 (填“”或“”)。 Ⅱ．(假设只含杂质)纯度的测定。 (2)加热法：取样品按下图装置进行实验。 ①A装置中发生反应的化学方程式 ，C中碱石灰的作用是 ，若无C装置测得结果将 (填“偏大”“偏小”“无影响”)。 ②经测定B中增重，则的纯度为 % (3)气体法如图所示： 检查装置气密性，装入药品后，打开 (填“”或“”)，关闭 (填“”或“”)，从A通一段时间空气，然后打开分液漏斗开始反应。反应结束后，继续通一段时间空气的目的是 。根据U形管质量的变化计算的纯度。 (4)结晶法：取样品，加入足量稀盐酸充分反应后蒸发结晶，所得固体质量为，进而计算纯度。蒸发结晶时，蒸发至 时停止加热，利用余热将剩余水分蒸干。 17．（24-25高三上·陕西西安·阶段练习）回答下列问题： (1)已知在一定温度下，下列各反应的焓变和平衡常数如下： ①C(s)+CO2(g)2CO(g)     △H1      K1 ②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)     △H2      K2 ③C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)     △H3      K3 则△H1、△H2、△H3三者关系为△H3= ，K1、K2、K3三者关系为K3= 。 (2)2024年1月，中国按照国际标准研制的拥有自主知识产权的大型客机C919完成了高寒试验试飞任务，科学家在实验室中研究的利用催化技术将飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)     △H＜0。假设在密闭容器中发生上述反应，下列措施既能提高化学反应速率，又能提高NO平衡转化率的是 (填序号)。 A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的容积 (3)某密闭容器中存在反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)    △H＜0，起始时容器中只有amol/LCO和bmol/LH2，平衡时测得混合气体中CH3OH的物质的量分数[φ(CH3OH)]与温度(T)、压强(p)之间的关系如图所示。 ①温度T1 (填“＞”“＜”或“=”)T2，理由是 ；若恒温(T1)恒容条件下，起始时a=1，b=2，测得平衡时混合气体的压强为p1，则T1时该反应的压强平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用含p1的代数式表示)。 ②若恒温恒容条件下，起始时充入1molCO和2molH2，达平衡后，CO的转化率为α1，此时，若再充入1molCO和2molH2，再次达平衡后，CO的转化率为α2，则α1 (填“＞”“＜”或“=”)α2。 18．（2024高三上·宁夏中卫·阶段练习）I．某校化学课外小组为了鉴别和两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示： (1)检验钠元素的常用方法 写出方法I中在溶液中逐滴加入稀盐酸的离子方程式 。 (2)方法II能鉴别和的现象是 。 (3)方法III、IV均能鉴别这两种物质，其中加热试管中发生反应的化学方程式为 ，与方法III相比，方法IV的优点是 (填字母)。 A．IV比III复杂 B．IV比III安全 C．IV比III操作简便 D．IV可以做到用一套装置同时进行两个实验，而III不行 (4)若用方法IV验证和的稳定性，则试管B中装入的固体是 (填化学式)。 II．我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，下图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。 已知：i．极易溶于水并生成碱，与酸反应生成盐，如。 ii．有关物质的溶解度((20℃) 物质 NaCl 溶解度/g 36.0 21.7 9.6 37.2 (5)沉淀池中主要沉淀物 (化学式)，发生反应的化学方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)SiO2、CaSO4 (2) (3)1∶1 (4)NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低 (5) (6) 防止Be和Mg被氧化 置换反应 【分析】“酸浸”时BeO、Al2O3、Fe2O3、FeO与稀硫酸反应生成Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，CaO与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，SiO2不溶于酸，过滤的滤渣成分为SiO2、CaSO4，“沉铝”时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂X调节溶液pH沉淀Fe3+得到，已知：Be及其化合物的性质与A1及其化合物的性质类似，则能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，X应选择氨水； 【详解】（1）CaO与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，SiO2不溶于酸，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4； （2）“沉铝”时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，反应方程式为； （3）氧化相同量的Fe2+，都是将Fe2+氧化为Fe3+，则转移电子数相等，氧化剂可使用H2O2或NaClO分别生成H2O或NaCl，1molH2O2或NaClO反应均转移2mol电子，则理论上消耗； （4）已知：Be及其化合物的性质与Al及其化合物的性质类似，则能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，试剂X选择氨水而不选择NaOH溶液的原因是：NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低； （5）“合成”反应与HF、氨气反应生成和水，反应的化学方程式：； （6）“转化”时发生反应，需要真空环境的原因是：防止Be和Mg被氧化；该反应类型是置换反应； 2．(1)搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等 (2) 、S (3) 3.7≤pH<5.6 (4) (5)将溶液加热 【分析】根据题意，用含有、、的辉铜矿石，制备碱式碳酸铜，开始加入稀硫酸酸浸并且用将氧化为S而沉淀而除去。溶液中加入，促进水解生成而除去，溶液中剩余的阳离子为、，用将沉淀，加热除去溶液中的，最后将溶液处理，得到碱式碳酸铜，据此分析； 【详解】（1）影响反应速率的方法有：适当升高温度、适当增大浓度、增大接触面、搅拌等。 （2）辉铜矿中含有、和，加入和后，，，和硫酸不发生反应，滤渣Ⅰ中的主要成分、。 （3）加入调节，可以使完全沉淀，根据表中的数据，完全沉淀，≤3.7，开始沉淀＜5.6，调节的范围为：3.7～5.6(或3.7≤pH＜5.6)。加入调节=5，， ，溶液中的浓度为。 （4）向溶液中加入除去，生成沉淀，发生反应的方程式：； （5）气体在溶液中的溶解度随着温度的升高而降低，故可以将溶液加热； 3．(1)研磨(粉碎)、适当升温、适当增大硫酸浓度等 (2)2CuS+2H2SO4+O2=2CuSO4+2S+2H2O (3)3.2≤pH＜4.2 (4)3 (5)Cu2++H2Cu+2H+ (6)取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀，证明Cu表面杂质已经洗净 (7) ZnSO4 (NH4)2SO4 0.1 【分析】“浸取”步骤CuS与氧气反应生成CuO，加入硫酸，CuO转化合成Cu2+，锌元素转化成Zn2+，铁元素转化成Fe3+，“中和调pH”：加入氨气，调节pH，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，Cu2+不能转化成沉淀，因此pH调节范围为3.2≤pH＜4.2；“还原”：根据流程图，高压下，用氢气还原Cu2+，得到Cu，滤液中为ZnSO4、(NH4)2SO4； 【详解】（1）“浸取”时，提高浸取率的措施有研磨(粉碎)、适当升温、适当增大硫酸浓度等； （2）浸取时CuS，转化为Cu2+和硫单质，其离子方程式为2CuS+2H2SO4+O2=2CuSO4+2S+2H2O； （3）根据上述分析，调节pH范围，让Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，Cu2+不能转化沉淀，即调节pH范围是3.2≤pH＜4.2； （4）“过滤”操作需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、玻璃棒、烧杯，为3种； （5）“还原”时，在高压下，用氢气还原Cu2+，得到Cu，离子方程式为：Cu2++H2Cu+2H+； （6）根据上述分析，过滤后滤液的主要成分为为ZnSO4，最后一次洗涤液中没有硫酸根离子即证明已经洗净，方案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀，证明Cu表面杂质已经洗净； （7）通过分析可得，滤液中主要的盐为ZnSO4、(NH4)2SO4；Ksp[Zn(OH)2]=，代入完全沉淀时数据得Ksp[Zn(OH)2]=，再代入开始沉淀时数据得Ksp[Zn(OH)2]=，解得开始沉淀时Zn2+浓度为0.1mol/L。 4．(1)3d7 (2)Cu(OH)2+2NH3·H2O+2=[Cu(NH3)4]2++4H2O (3)> (4)氨水挥发，使其浓度下降，浸出反应逆向进行，浸出率下降 (5) H2SO4 缓慢降温 (6) 12 ×1030 【分析】废水处理渣氨浸得到钨酸钠滤渣，滤液加入LiX973萃取分液，分离出含铜的有机层，处理得到硫酸铜溶液，水层加入P507萃取后再反萃取得到硫酸钴溶液，蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸钴晶体。 【详解】（1）Co的价层电子排布式为3d74s2，所以基态Co2+的价层电子排布式为3d7； （2）由已知ⅱ：氨浸时，氨与Cu2+、Co2+、Co3+等离子可形成稳定配合物可知，Cu(OH)2变为了[Cu(NH3)4]2+，所以离子方程式为Cu(OH)2+2NH3·H2O+2=[Cu(NH3)4]2++4H2O； （3）由已知ⅲ可知，，pH=12的氨性溶液中， （4）氨水具有挥发性，时间过长，氨水挥发，使其浓度下降，浸出反应逆向进行，浸出率下降； （5）由已知ⅳCu2+(aq)+2HRCuR2+2H+(aq) ，且P507的萃取原理与其相似，可知，“反萃取”步骤需加酸，且反萃取得到硫酸钴溶液，故得加硫酸，提高氢离子浓度，促使平衡逆向移动；更利于制得大颗粒晶体的操作为缓慢降温，缓慢降温更有利于颗粒慢慢长大成为大颗粒； （6）①由图2可知，Cu原子周围距离最近且相等的Co原子都位于面对角线上，每一个水平面有4个面对角线，共有三个水平面，所以数目为12个； ②由题中信息可知，氮化钴晶胞中掺杂Cu的结构单元可知，晶胞中的只有顶点被全部换为Cu，故掺杂后的晶胞中含有Co：，含Cu：，N：，则图2所示单元结构形成的晶胞的密度为。 5．(1)BD (2)Fe(OH)3 (3) 三颈烧瓶 pH值越低，Fe3+氧化性越强，H2C2O4有还原性，Fe3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2 (4) deag (de可互换) 11.5% 【分析】FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液煮沸，过滤洗涤后得到FeC2O4·2H2O固体，FeC2O4·2H2O固体和K2C2O4溶液、H2O2溶液混合，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为Fe(OH)3棕色悬浊液，再加入H2C2O4溶液得到的亮绿色溶液，自然冷却结晶后得到固体，以此解答。 【详解】（1）A．步骤Ⅰ中FeSO4和H2C2O4发生复分解反应生成FeC2O4沉淀和H2SO4，所得滤液中含有硫酸，A正确； B．步骤Ⅰ中加热煮沸的作用是为了加快反应速率，步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去过量的H2O2，以防H2O2和后续加入的H2C2O4溶液反应，B错误； C．可溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅳ加入适量无水乙醇有利于的析出，C正确； D．有光敏性，不能在明亮通风处干燥，D错误； 故选BD； （2）由分析可知，步骤Ⅱ的悬浊液中棕色物质的化学式是Fe(OH)3； （3）仪器A的名称是三颈烧瓶，步骤Ⅲ需调节溶液pH为4左右，若pH值过低，产品中会混有，产生该副产物的原因为：pH值越低，Fe3+氧化性越强，H2C2O4有还原性，Fe3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2； （4）用法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体中含量，称取样品1.841g，配制250 mL溶液，用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，往锥形瓶中加入5mL稀硫酸酸化，往锥形瓶中加少量溶液，加热锥形瓶至75℃-80℃，用0.0200 mol/L 溶液滴定至溶液呈粉红色，选择合适操作(操作不能重复使用)并排序为：deag (de可互换)。用分光光度法测定含量，已知吸光度(A)与在一定浓度范围内的关系如图2，称取样品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取样测得吸光度值为0.185，则c(Fe3+)= =3.46×10-3g/L，样品中的质量分数为：11.5%。 6．(1) 除去 B (2) Mg2+ 【分析】粗盐水中加入NaOH，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，加入BaCl2溶液，将硫酸根转化为BaSO4沉淀，加入Na2CO3将Ca2+转化为CaCO3沉淀及将过量的BaCl2转化为BaCO3沉淀，过滤后向滤液中加入盐酸，既能去除过量的Na2CO3及NaOH，以此分析。 【详解】（1）①根据分析，粗盐水中加入NaOH，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，，因此加入NaOH溶液的目的是：除去； ②根据分析，a为BaCl2溶液，将硫酸根转化为BaSO4沉淀；b为Na2CO3将钙离子转化为CaCO3沉淀及将过量的BaCl2转化为BaCO3沉淀；过滤后向滤液中加入盐酸，既能去除过量的Na2CO3及NaOH，则c为盐酸； 故答案为：B。 （2）因含有Fe3+的溶液为黄色，含有Cu2+的溶液为蓝色，故溶液中一定不含Fe3+、Cu2+；加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明溶液中含有Ag+，生成AgCl沉淀，也说明原溶液中不含和；加过量的NaOH溶液，出现Mg(OH)2白色沉淀，综合可知，肯定不存在的离子是：；肯定存在的阳离子为：、，根据溶液为电中性可知，肯定含有的离子为：，可能含有的离子为K+； ①根据分析，由操作I确定原溶液中肯定存在的阳离子是Ag+，发生反应：，生成AgCl沉淀； ②根据分析可知，操作Ⅱ加过量的NaOH溶液，出现Mg(OH)2白色沉淀，因此确定原溶液中肯定有Mg2+；产生沉淀的离子方程式为：； ③通过以上操作肯定不存在的离子是：。 7．(1)适当升温(或粉碎或搅拌) (2) MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等) (3)MnO2、SiO2 (4)将滤液保持左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤 (5) (6)将操作a后的母液循环利用 【分析】水泥厂的废料加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液进行氧化，再加入氧化镁物质调节溶液的pH值使得铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，向滤液中加入除钙物质除钙，再过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4∙7H2O。 【详解】（1）提高浸取速率，可以从温度、接触面积来采取的措施，具体为适当升温(或粉碎或搅拌)； （2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl－和水，锰化合价由+2变为+4、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，其离子方程式为ClO－＋Mn2+＋H2O=Cl－＋MnO2↓＋2H+；调节pH时不能引入新杂质，加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)； （3）二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，因此滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物MnO2、SiO2； （4）根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小，在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤； （5）60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g∙mL−1，60℃时CaSO4溶解度为0.204，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中，则CaSO4的； （6）操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中海油硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用。 8．(1) 分液漏斗 饱和食盐水 (2) ③ (3)氯气不具有漂白性 (4) 无尾气处理装置 (5)氯水中含有HClO，HClO为弱酸且不稳定，在强光照射下能发生分解反应生成HCl和氧气：，氧气含量增大，HCl为强酸完全电离出氢离子和氯离子，导致溶液中氯离子浓度增大 (6)乙多 【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D为向上排空气法收集氯气装置，装置E、F用于验证氯气是否具有漂白性；该装置的缺陷是氯气为有毒气体，没有氯气的尾气处理装置，应在装置F之后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 【详解】（1）由实验装置图可知，仪器b为分液漏斗；由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：分液漏斗；饱和食盐水； （2）由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气、氯化锰、水，反应的化学方程式为；装置D为向上排空气法收集氯气装置，故选③，故答案为：；③； （3）由分析可知，装置E、F用于验证氯气是否具有漂白性，E中红色布条不褪色、F中红色布条褪色说明氯气不具有漂白性，故答案为：氯气不具有漂白性； （4）该装置的缺陷是氯气为有毒气体，没有氯气的尾气处理装置，应在装置F之后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，反应离子方程式为，故答案为：无尾气处理装置；； （5）氯水中含有次氯酸，弱酸次氯酸遇光分解生成强酸盐酸和氧气：，所以光照后氯水中氢离子浓度和氯离子浓度增大，溶液的pH减小，氧气含量增大，故答案为：氯水中含有HClO，HClO为弱酸且不稳定，在强光照射下能发生分解反应生成HCl和氧气：，氧气含量增大，HCl为强酸完全电离出氢离子和氯离子，导致溶液中氯离子浓度增大； （6）二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气、氯化锰、水，反应中浓盐酸会变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰共热不反应，则甲同学用足量二氧化锰与含146g氯化氢的浓盐酸反应制氯气时，氯化氢不可能完全反应，由方程式可知，反应生成的氯气的物质的量小于×=1mol；乙同学用87g 二氧化锰与足量浓盐酸反应制氯气时，二氧化锰完全反应，由方程式可知，氯气的物质的量为=1mol，所以甲同学制得的氯气小于乙同学，故答案为：乙多。 9．(1) -48.6 414 (2)低温 (3)1 (4) D 或133 增大压强或降低温度或增大浓度或将水蒸气从体系中分离等 【详解】（1）根据盖斯定律，，反应物的键能一生成物的键能，计算得； （2）由图像可知，该反应为放热反应，依据反应能自发进行，反应ⅰ的、，则在低温能自发进行； （3）由图1可知，能垒：过渡态过渡态1，能垒越小反应速率越大，化学反应的决速步是由速率慢的反应一步所决定的，则一定条件下的反应速率由第1步决定的； （4）①A．的体积分数在混合气体中保持不变，则能说明达到平衡状态，故A不符合题意； B．该反应是气体分子数减小的反应，混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化能说明达到平衡，故B不符合题意； C．单位时间内每消耗，同时消耗，则正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．反应中与的物质的量浓度之比为，等于计量数之比，由于是从正反应方向建立平衡，故反应中与的物质的量浓度之比始终为为，不能说明达到平衡，故D符合题意； 故答案为：D； ②，由三段式可知，； ③平衡常数； ④反应ⅰ为气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度均能使反应ⅰ正向移动，能提高的产率；增大反应物浓度、及时分离水蒸气也能提高的产率，则提高产率的方法有增大压强、降低温度、增大反应物浓度、将水蒸气从体系中分离等。 10．(1) 酸式滴定管 酚酞 (2)当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色 (3)28.10 (4)0.036 (5)CD 【分析】碱性滴定管洗净后用待装氢氧化钠溶液润洗2~3次、装入氢氧化钠溶液，使尖嘴部分充满液体，并没有气泡，调液面到零或零刻度以下，等液面稳定后读数并记录；准确移取25.00毫升白醋稀释液于锥形瓶中，滴加两滴指示剂，在锥形瓶下垫一张白纸，通过碱式滴定管向醋酸溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液、并不摇动锥形瓶，等锥形瓶中溶液的颜色从无色变成浅红色、30秒内不褪色时停止滴定、待液面稳定后读取滴定管液面的读数并记录，重复2-3次实验。 【详解】（1） 醋酸为弱酸，准确量取稀释后的白醋待测溶液应当用酸式滴定管，醋酸和氢氧化钠恰好中和得到强碱弱酸盐醋酸钠，溶液显碱性，故应选择在碱性环境中变色的酚酞作指示剂； （2） 酚酞在醋酸中呈无色、在pH=8的溶液中呈浅红色，该滴定达到终点时的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色； （3） 按碱式滴定管中的液面示意图，则所用NaOH溶液的体积为28.10mL -0.00mL =28.10mL。 （4） 由表知：第一次消耗NaOH溶液体积为25. 11mL -0.12mL=24.99mL，第二次消耗NaOH溶液体积为25. 31mL -0.30mL=25.01mL，第三次消耗NaOH溶液体积为25. 80mL -0.80mL=25.00mL，第四次消耗NaOH溶液体积为28.10mL，偏差大，舍去第四次数据，则按前三次数据取平均值：消耗0.06000mol/L NaOH溶液体积为25.00mL，则25.00毫升白醋稀释液中含醋酸为0.06000mol/L×25.00mL×10-3L/mL=1.500×10-3mol，则未稀释前10.00mL白醋中醋酸含量1.500×10-3mol×=6.000×10-3mol，则其含量为6.000×10-3mol×=0.036g/mL； （5） A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，导致标准溶液被稀释、导致标准溶液体积偏大，则结果偏大，A不选； B．滴定过程中可以加入少量水，所以锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥不影响滴定结果，B不选； C．滴定过程中振摇时有液滴溅出，导致标准溶液体积偏小，则结果偏低，C选； D．读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数偏大，滴定结束时俯视读数偏小，导致标准溶液体积数值偏小，则结果偏小，D选； E．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则气泡的体积也作为标准溶液的一部分体积，导致标准溶液体积数值偏大，则结果偏大，E不选； 选CD。 11．(1) 相同 正四面体 (2) 3 (3) (4) 氮硼键的键能比硅硅键的键能大 【详解】（1）①基态的质子数相同，核外电子数相同，故核外电子运动状态的数目相同； ②反应方程式中只有H元素化合价变化，可知NaBH4中H原子表现负价，说明H的电负性比B大，且非金属性越强，电负性越大，故钠、硼、氢、氧四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞H＞B＞Na，的中心原子B的价层电子对数为=4，没有孤电子对，则立体构型为正四面体构型。 （2）由图可知，硼酸分子的中心原子B原子的价层电子对数为3，故杂化轨道类型是sp2，在硼酸晶体中，硼酸分子的H、O分别于其他硼酸分子的O、H均形成氢键，故1个硼酸分子周围形成6个氢键，根据均摊法可知，1个硼酸分子占有3个氢键，故晶体含有3mol氢键。 （3） 硼是第IIIA族元素，最高正价为+3价，氧是-2价，所以n=2×6-3×3=3，结构中只有一个正六元环，B的空间化学环境相同，O有两种空间化学环境，所以其结构图为。 （4）由于氮化硼、晶体硅均为原子晶体，键长：N-B＜Si-Si，则键能：N-B＞Si-Si，故沸点氮化硼＞晶体硅；由图可知，一个晶胞中，黑球4个，白球=4个，即4个N原子，4个B原子，晶胞的质量为，则，NA=。 12．(1) (2) 阳离子交换膜 【详解】（1）①亚磷酸属于二元中强酸，、，由A、B点数据计算出的平衡常数分别为：10-5.5×10-1=10-6.5，10-2.4×101=10-1.4，Ka1>Ka2，故Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.5； ②B点坐标中的平衡常数为10-1.4，曲线II对应的是； ③亚磷酸为二元弱酸，与氢氧化钠溶液反应生成的正盐为Na2HPO3； ④若用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时溶液显酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，根据电荷守恒：，故＜。 （2）①该装置为电解池装置，左侧石墨电极为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子，阴极为右侧石墨电极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，原料室中原料为Na2HPO3稀溶液，应通过AM膜移向产品室，故AM膜为阴离子交换膜，左侧阳极室应为氢离子通过CM膜迁移到产品室，故CM膜为阳离子交换膜； ②阳极室水失去电子生成氧气，电极反应为：，产品室中迁移过来的氢离子和反应生成亚磷酸，发生反应的离子方程式为：。 13．(1) 2H2O22H2O+O2↑ (2) AC 85 98.8 大于 【详解】（1）①由方程式可知，碘化钾是第一步反应的反应物、第二步反应的生成物，则总反应为碘化钾做催化剂条件下过氧化氢分解生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑； ②由方程式可知，第一步反应为吸热反应、第二步反应为放热反应，第一步反应为慢反应、第二步反应为快反应，则第一步反应的活化能大于第二步反应，所以有碘化钾参与的两步反应的能量历程图为，故答案为：； （2）①A．由反应ii可知，由碘单质在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度，所以烧杯乙中剩余的碘单质的质量比甲的小，故正确； B．室温下，若向甲的悬浊液中加入少量的水，溶液仍为饱和溶液，I2(aq)浓度不变，故错误； C．烧杯甲和烧杯乙中均含有碘，则反应i两个烧杯中I2(aq)的浓度相等，故正确； D．由方程式可知，反应ii为放热反应，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以升高温度，平衡常数小于640，故错误； 故选AC； ②由方程式可知，反应ii平衡常数K2==640，所以ab=，故答案为：； ③由盖斯定律可知，反应iii-i得到反应，则反应的平衡常数K==≈85；则萃取效率为×100%≈98.8%；若将四氯化碳等分成2份，分两次萃取该碘水，有机相中碘的浓度增大幅度大于水相中碘的浓度增大幅度，则萃取总效率将大于一次性萃取的效率，故答案为：85；98.8；大于。 14．(1)环形玻璃搅拌棒 (2)减少实验过程的热量损失 (3)偏小 (4) 不相等 相等 中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与强酸强碱的量无关 (5) (6)吸热 【详解】（1）为了加快酸碱中和反应，减少热量损失，用环形玻璃搅拌棒搅拌； （2）为了减少热量损失，在烧杯间填满碎泡沫塑料； （3）大烧杯上盖硬纸板是为了减少气体对流，使热量损失，若不用中和热偏小； （4）若改用60mL 0.50 mol·L-1盐酸跟50mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液进行反应，盐酸的量增多，放出的热量偏多，但中和热不变，因为中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与强酸强碱的量无关； （5）由盖斯定律可知，可得反应，故该反应的； （6）该反应的，则该反应为吸热反应。 15．(1)15 (2) 取代 (3)+HCN+H++2H2O→+ (4) 16 和 (5) 【分析】 从图中可知，B发生催化氧化生成的C中含有醛基，则B为醇，B的结构简式为，A反应生成B，结合A的分子式可知A为，C发生信息I的反应生成D，则D为，F和H反应生成I，根据I和H的结构简式可知，F为，E发生信息II的反应生成F，则E为，G反应生成H，则G为。 【详解】（1） B为，该分子相当于甲烷分子中的2个氢原子被苯基、-CH2OH取代，甲烷中最多有3个原子共面，苯环上以及与苯环直接相连的原子共面，单键可以旋转，因此B分子中最多有15个原子共面。 （2） G为，G与发生取代反应生成H和HBr。根据分析可知，F的结构简式为。 （3） C发生信息I的反应生成D，反应的离子方程式为+HCN+H++2H2O→+。 （4） D的同分异构体苯环上有四个取代基，与氢氧化钠溶液反应，1mol同分异构体消耗3molNaOH，能水解且能发生银镜反应，说明该同分异构体含有酚羟基且苯环上其中一个取代基为，要满足苯环上有4个取代基，则另外两个取代基都是甲基，若为这一结构，有3个位置，若为这一结构，有3个位置，若为这一结构，有2个位置，若为这一结构，有3个位置，若为这一结构，有2个位置，若为这一结构，有3个位置，因此共有16种同分异构体。其中有四种不同化学环境的氢原子，且个数比为6：2：1：1的有机物的结构简式为和。 （5） 甲苯发生硝化反应生成，发生还原反应生成，乙酸发生信息II中的反应生成CH3COCl，和CH3COCl发生类似题干中F和H生成I的反应得到乙酰对甲基苯胺，合成路线为 16．(1) a (2) 防止空气中的和进入B 偏小 83.2 (3) 将产生的全部鼓入U形管中 (4)大量固体析出，少量液体剩余 【分析】侯氏制碱法的原理：先向饱和氯化钠溶液中通入氨气，再将二氧化碳通入氨化后的饱和氯化钠溶液中，发生反应：，使溶解度小的碳酸氢钠从溶液中析出，碳酸氢钠受热分解得到纯碱，据此解答。 【详解】（1）制备时，先通入氨气，再将二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中，使溶解度小的碳酸氢钠从溶液中析出，因氨气极易溶于水，需要防倒吸，则制备时，应先从a口通入； （2）①A装置中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式：，C中碱石灰的作用是：防止空气中的和进入B；若无C装置，B中增重的质量偏大，导致样品中碳酸氢钠的质量分数偏大，所测的纯度偏小； ②经测定B中增重，根据差量法：，即，,解得，则的纯度为：； （3）检查装置气密性，装入药品后，打开，关闭，A处通入空气，氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，从A通一段时间空气，将装置中的二氧化碳排干净，之后再关闭，打开，让分液漏斗中稀硫酸和试样溶液反应，用浓硫酸吸收CO2中的水蒸气，U形管中的碱石灰吸收产生的二氧化碳，球形干燥管中的碱石灰防止空气中的水和二氧化碳进入U形管，干扰实验。反应结束后继续通入一段时间空气的目的是：将产生的全部鼓入U形管中； （4）蒸发结晶时，蒸发至大量固体析出，少量液体剩余时停止加热，利用余热将剩余水分蒸干。 17．(1) △H1+△H2 K1×K2 (2)D (3) ＜ 该反应为放热反应，压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小 ＜ 【详解】（1）根据盖斯定律，反应③=反应①+反应②，则△H3=△H1+△H2，K3= K1×K2 （2）A．使用催化剂能加快反应速率，但不能改变平衡状态，不影响反应物的转化率，故A不符合题意； B．该反应放热，升高反应体系的温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，NO 的转化率降低，故B不符合题意； C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，NO的转化率提高，但降温反应速率减慢，故C不符合题意； D．该反应中正反应是气体总物质的量减小的反应，缩小容器的容积，相当于加压，反应速率变快，平衡正向移动，NO 的转化率提高，故D符合题意； 故选D； （3）①该反应为放热反应，压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小，故T1＜T2；压强为p1，温度为T1时，CH3OH的物质的量分数为40%，列三段式有 则，解得x=mol/L，气体总浓度为mol/L，则Kp==； ③容器固定，若再充入1molCO和2molH2，相当于在原来基础上加压，平衡正向移动，CO转化率增大，则α1＜α2。 18．(1) 焰色反应 (2)盛放碳酸氢钠的气球先鼓起来，而且体积大于碳酸钠 (3) D (4) (5) 【分析】碳酸氢钠具有热不稳定性、受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸氢钠和盐酸反应比碳酸钠的更剧烈。 氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液而析出晶体，则沉淀池中主要沉淀物是碳酸氢钠，过滤出的碳酸氢钠在煅烧炉中分解得到碳酸钠。 【详解】（1）检验钠元素的常用方法是焰色试验；方法I中在溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为； （2）等质量的碳酸氢钠固体、碳酸钠固体分别和盐酸反应，碳酸氢钠的反应速率更快、产生的二氧化碳气体更多，则方法II能鉴别和的现象是：盛放碳酸氢钠的气球先鼓起来，而且体积大于碳酸钠； （3）碳酸氢钠具有热不稳定性、受热分解产生二氧化碳，则方法III、IV均能鉴别这两种物质，其中加热试管中发生反应的化学方程式为；由图可知，IV可以做到用一套装置同时进行两个实验，而III不行，则选D； （4）若用方法IV验证和的稳定性，A处固体受热温度高、但不分解，B处固体受热温度较低、但会分解，则试管B中装入的固体是； （5）氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液、析出碳酸氢钠晶体，则沉淀池中主要沉淀物是，发生反应的化学方程式为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$