综合 期末压轴50题（非选择题）（期末真题汇编，江苏专用）高一化学下学期

综合 期末压轴50题（非选择题） 六大高频考向概览 考向01 工艺流程题 考向02 物质制备实验题 考向03 有机推断及有机合成题 考向04 反应原理综合题 考向05 脱硫脱硝 考向06 物质结构与性质 ( 工艺流程题 ) 1．(24-25高一下·江苏部分高中·期末)某化学兴趣小组用为原料制备纳米，实验流程如下： (1)“氧化”过程中需加入一定量稀硫酸，反应的离子方程式为___________。 (2)“反应”过程中生成的反应为：。为提高原料利用率，“氧化”过程中称取27.8g晶体加入适量充分反应(忽略对后续反应的影响)，补充完善“反应”操作过程：___________，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，___________，仍继续滴加NaOH溶液直至pH值约为11。 (3)“洗涤干燥”过程中，判断沉淀洗净的方法是___________。 (4)纳米可用作脱除气体的脱硫剂，包括“脱硫”和“再生”两个过程。 ①“脱硫”过程中生成硫化亚铁和单质硫，反应的方程式为___________。 ②“再生”过程中，需向“脱硫”后固体通入，在400℃条件下加热，有产生，剩余的固体可作脱硫剂。反应温度与脱硫剂质量关系如图所示，当温度过高时，所得“再生”后的脱硫剂脱硫效果变差的可能原因是___________。 【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2) 称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合 缓慢滴加NaOH溶液，待溶液完全变黑后 (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (4) Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用 【分析】由题给流程可知，将七水硫酸亚铁溶于过氧化氢溶液得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入硫酸亚铁溶液后，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，缓慢滴加氢氧化钠溶液，待溶液完全变黑后，仍继续滴加氢氧化钠溶液直至pH值约为11，趁热过滤、洗涤、干燥得到纳米四氧化三铁。 【详解】（1）由题意可知，“氧化”过程中发生的反应为硫酸亚铁溶液与过氧化氢溶液、稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （2）由方程式可知，制备纳米四氧化三铁需要向27.8g七水硫酸亚铁溶于过氧化氢溶液得到的硫酸铁溶液中加入硫酸亚铁溶液所需七水硫酸亚铁的质量为××278g/mol=13.9g，则制备纳米四氧化三铁的操作过程为称取27.8g晶体加入适量过氧化氢溶液充分反应，称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，缓慢滴加氢氧化钠溶液，待溶液完全变黑后，仍继续滴加氢氧化钠溶液直至pH值约为11，趁热过滤、洗涤、干燥得到纳米四氧化三铁，故答案为：称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合；缓慢滴加NaOH溶液，待溶液完全变黑后； （3）“洗涤干燥”过程中，判断沉淀洗净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净； （4）①由题意可知，“脱硫”过程中发生的反应为四氧化三铁与硫化氢反应生成硫酸钠、硫化亚铁和水，反应的方程式为Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O，故答案为：Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O； ②当温度过高时，所得“再生”后的脱硫剂脱硫效果变差说明FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用，故答案为：FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用。 2．(23-24高一下·江苏盐城·期末)作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(主要含，含有少量、、、等元素)制备的流程如下： 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 物质 开始沉淀 1.9 3.5 6.9 完全沉淀 3.2 4.6 8.9 回答下列问题： (1)“反应器”主要反应的离子方程式为___________。 (2)“反应器”加入少量的作用是___________。不宜使用替代，原因是___________。 (3)①若需要、分步沉淀需先调的范围为___________。 ②测定此时沉淀中铁的质量分数：准确称取沉淀1.200g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和)，消耗溶液22.00mL。该沉淀中铁的质量分数为___________(写出计算过程)。 (4)煅烧窑中，生成反应的化学方程式是___________。 【答案】(1) (2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解 (3) 3.2~3.5 ，，样品中铁元素的质量分数为 (4) 【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，加二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，加石灰乳调节至pH≈7形成氢氧化铁沉淀除铁，氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。 【详解】（1）由分析可知，反应器发生的主要反应为碳酸锰与稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑，离子方程式为：； （2）由分析可知，加入二氧化锰的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，由于铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，所以不宜使用过氧化氢替代二氧化锰； （3）①由已知信息可知，pH=3.2时，铁离子完全沉淀，此时铝离子未开始沉淀，pH=3.5时，铝离子开始沉淀，若需要Fe3+、Al3+分步沉淀需先调pH的范围为3.2~3.5，铁离子先完全沉淀，铝离子再沉淀； ②由滴定时和，根据得失电子守恒可得以下微粒关系式，则，样品中铁元素的质量为，样品中铁元素的质量分数为； （4）由分析可知，煅烧窑中发生的反应为二氧化锰、碳酸锂在高温条件下反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为。 3．(23-24高一下·江苏泰州中学·期末)重铬酸钾在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为，其中为价，为价，杂质主要为]制备重铬酸钾的工艺流程如图所示： 已知：①酸性条件下，有强氧化性，其氧化性强于。 ②“焙烧”时元素转化为元素转化为。 ③矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度与的关系如图1所示。当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。 ④有关物质的溶解度如图2所示。 (1)基态原子的核外电子排布式是___________。 (2)“焙烧”时发生反应生成和，该反应的化学方程式是___________。 (3)“水浸”时滤渣的主要成分是，“中和”时滤渣的主要成分是___________，“中和”时控制溶液的介于的原因是___________。 (4)“酸化”的目的是将溶液中的转化为，“酸化”时___________(填“能”或“不能”)用盐酸代替醋酸，原因是___________。 (5)“工序I”加入的目的是___________。 【答案】(1)(或) (2) (3) 时，会转化为时，会转化为，影响产品纯度 (4) 不能 会氧化盐酸中的，造成损失 (5)将溶液中的转化为沉淀 【分析】铬铁矿[主要成分为，杂质主要为]，加入碳酸钠焙烧，由题目信息可知，发生的化学反应方程式为，则所得固体为，加水水浸，发生反应，则滤渣为，滤液为，加入醋酸中和，调节溶液pH,得到沉淀，加入醋酸酸化调节pH，使溶液中的转化为，向滤液中加入KCl，得到溶解度较小的，据此解答。 【详解】（1）基态为24号元素，其原子的核外电子排布式是(或)，故答案为：(或)； （2）焙烧”时发生反应生成和，该反应的化学方程式是，故答案为：； （3）由分析可知，“中和”时滤渣的主要成分是，“中和”时控制溶液的介于的原因是时，会转化为时，会转化为，影响产品纯度，故答案为：；时，会转化为时，会转化为，影响产品纯度； （4）“酸化”时不能用盐酸代替醋酸，原因是酸性条件下，有强氧化性，其氧化性强于，则会氧化盐酸中的，造成损失，故答案为：不能；会氧化盐酸中的，造成损失； （5）“工序I”加入的目的是将溶液中的转化为溶解度更小的，使之沉淀析出，故答案为：将溶液中的转化为沉淀。 4．(23-24高一下·江苏常州溧阳·期末)硫铁矿(主要成分为)在硫酸工业中应用广泛，现以硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量杂质)为原料，氨水为沉淀剂制备硫酸亚铁晶体的实验流程如下： (1)“焙烧”时，鼓入过量的空气的目的是___________。“操作1”的名称为___________。 (2)加入的目的是___________；需要控制温度35℃~38℃，原因是___________。 (3)加入氨水沉淀时，调节可使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，滤液2中主要成分为___________(填化学式)。 (4)“还原”时，发生的主要反应的离子方程式为___________；检验Fe3+是否完全转化的实验方法是___________。 (5)固定其他条件不变，铁粉过量系数对酸浸后滤液中Fe3+还原率的影响如图所示。若取加硫酸后的溶液[其中]制备晶体，则向滤液中加入铁粉的质量为___________。 (6)准确称取硫酸亚铁晶体，加水完全溶解，滴加酸性溶液恰好完全反应，消耗酸性溶液。则硫酸亚铁晶体中的质量分数_______(写出计算过程，结果保留小数点后两位)。【已知：Fe2++MnO+H+=Fe3++Mn2++H2O(未配平)】 【答案】(1) 使硫铁矿尽可能充分反应 过滤 (2) 用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步用氨水使Fe3+沉淀 升温能增大反应速率，温度过高则H2O2受热分解 (3)Al2(SO4)3、(NH4)2SO4 (4) Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液，如果出现血红色，说明未完全转化，若未出现血红色，说明完全转化 (5)6.72 (6)86.88 【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2)通入空气焙烧得硫铁矿烧渣(主要成分为FeO、Fe2O3，还含有少量SiO2、Al2O3杂质)，加入硫酸，铁的氧化物、氧化铝溶解，转化为Fe2+、Fe3+、Al3+进入滤液1，SiO2不溶于硫酸，为滤渣1的成分，滤液1中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，向氧化后的混合液中加入氨水，调pH使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，Al3+进入滤液2，滤液2中还有铵根、硫酸根，滤渣2为Fe(OH)3，加入H2SO4溶解Fe(OH)3得Fe3+的溶液，加入Fe进行还原，得到FeSO4溶液，最终得到FeSO4·7H2O晶体； 【详解】（1）“焙烧”时，鼓入过量的空气的目的是使硫铁矿尽可能充分反应，“操作1”是进行固液分离，操作的名称为过滤； （2）硫铁矿烧渣与H2SO4反应后的滤液1中含有Fe2+，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步用氨水使Fe3+沉淀，升温能增大反应速率，温度过高则H2O2受热分解，故需要控制温度35℃~38℃； （3）加入氨水沉淀时，调节pH可使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，由分析，Al3+进入滤液2，滤液2中还有铵根、硫酸根，故滤液2中主要成分为Al2(SO4)3、(NH4)2SO4； （4）“还原”时，加入Fe还原Fe3+得到FeSO4溶液，发生的主要反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，检验Fe3+是否完全转化，可以取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液，如果出现血红色，说明未完全转化，若未出现血红色，说明完全转化； （5）由图可看出过量系数为1.2时还原率已经达到最高，也即加入的铁粉的量为三价铁消耗铁粉量的1.2倍；n(Fe3+)=2.0mol⋅L−1×0.1L=0.2mol，根据反应2Fe3++ Fe=3Fe2+知理论上需要铁的物质的量为0.1mol，故所需要加入的铁粉的物质的量为0.12mol，质量为0.12mol×56g/mol=6.72g； （6）根据氧化还原反应得失电子守恒，Fe2+失电子，+2价变为+3价，高锰酸根得电子变为Mn2+，故反应消耗的物质的量n(Fe2+)=n()，滴加0.01000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液恰好完全反应，消耗酸性KMnO4溶液50.00mL，故n()=0.01000mol⋅L−1×0.05L=5×10-4mol，则n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)=5×5×10-4mol=2.5×10-3mol，可得硫酸亚铁晶体中FeSO4⋅7H2O的质量分数为。 5．(23-24高一下·江苏徐州·期末)BeO广泛应用于原子能、航天等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为BeO、、及一定量的FeO、)生产BeO的一种工艺流程如下。 已知：①性质与相似，的性质与相似。 ②几种金属离子的氢氧化物沉淀时pH如下表： 开始沉淀时的pH 5.2 3.3 1.5 6.5 沉淀完全时的pH 8.8 5.0 3.7 9.7 (1)增大绿柱石浸取率的方法有___________(任写两条)。 (2)写出步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式：___________。 (3)步骤Ⅱ调节pH的范围为___________；步骤Ⅲ滤液的成分为___________(写化学式)。 (4)步骤Ⅲ当pH>8.8时，的质量随溶液pH变化如图所示，原因是___________(用离子方程式表示)。 (5)步骤Ⅲ中沉淀的方法分为直接沉淀法和沸腾沉淀法。沉淀方法对沉淀质量的影响如图所示，分别对获得进行分析，沉淀形态及纯度的影响如表。使用直接沉淀法虽然沉淀质量较大但的纯度较低的原因是___________。 沉淀方法 沉淀形态 的纯度/% 直接沉淀法 胶状无定型 45.77 沸腾沉淀法 大颗粒晶体 60.20 【答案】(1)适当升高温度、“酸浸”前将绿柱石进行粉碎、适当增大硫酸的浓度等(任写两条) (2)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (3) 5.0≤pH＜5.2 Na2SO4 (4)+2OH-= (5)直接沉淀法生成的 Be(OH)2是胶状无定型，具有吸附性，易吸附大量杂质 【分析】绿柱石(主要化学成分为BeO、、及一定量的FeO、)用稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入NaOH调节溶液pH将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入NaOH溶液，将溶液中铍离子转化为氢氧化铍沉淀，高温煅烧氢氧化铍得到BeO。 【详解】（1）增大绿柱石浸取率的方法有：适当升高温度、“酸浸”前将绿柱石进行粉碎、适当增大硫酸的浓度等。 （2）步骤Ⅰ中双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，同时自身被还原生成水，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。 （3）步骤Ⅱ中加入NaOH溶液，调节溶液pH除去铁离子和铝离子，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，由溶液中铁离子和铝离子完全沉淀，铍离子不沉淀确定pH的合理范围为：5.0≤pH＜5.2，步骤Ⅲ向滤液中加入NaOH溶液，将溶液中铍离子转化为氢氧化铍沉淀，滤液的成分为Na2SO4。 （4）的性质类似Al(OH)3，pH过高时，和OH-反应生成，离子方程式为：+2OH-=。 （5）使用直接沉淀法虽然沉淀质量较大但的纯度较低的原因是：直接沉淀法生成的 Be(OH)2是胶状无定型，具有吸附性，易吸附大量杂质。 6．(23-24高一下·江苏连云港·期末)某化学兴趣小组用为原料制备纳米，实验流程如下： (1)“氧化”过程中需加入一定量稀硫酸，反应的离子方程式为___________。 (2)“反应”过程中生成的反应为：。为提高原料利用率，“氧化”过程中称取27.8g晶体加入适量充分反应(忽略对后续反应的影响)，补充完善“反应”操作过程：___________，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，___________，仍继续滴加NaOH溶液直至pH值约为11。 (3)“洗涤干燥”过程中，判断沉淀洗净的方法是___________。 (4)纳米可用作脱除气体的脱硫剂，包括“脱硫”和“再生”两个过程。 ①“脱硫”过程中生成硫化亚铁和单质硫，反应的方程式为___________。 ②“再生”过程中，需向“脱硫”后固体通入，在400℃条件下加热，有产生，剩余的固体可作脱硫剂。反应温度与脱硫剂质量关系如图所示，当温度过高时，所得“再生”后的脱硫剂脱硫效果变差的可能原因是___________。 【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2) 称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合 缓慢滴加NaOH溶液，待溶液完全变黑后 (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (4) Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用 【分析】由题给流程可知，将七水硫酸亚铁溶于过氧化氢溶液得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入硫酸亚铁溶液后，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，缓慢滴加氢氧化钠溶液，待溶液完全变黑后，仍继续滴加氢氧化钠溶液直至pH值约为11，趁热过滤、洗涤、干燥得到纳米四氧化三铁。 【详解】（1）由题意可知，“氧化”过程中发生的反应为硫酸亚铁溶液与过氧化氢溶液、稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （2）由方程式可知，制备纳米四氧化三铁需要向27.8g七水硫酸亚铁溶于过氧化氢溶液得到的硫酸铁溶液中加入硫酸亚铁溶液所需七水硫酸亚铁的质量为××278g/mol=13.9g，则制备纳米四氧化三铁的操作过程为称取27.8g晶体加入适量过氧化氢溶液充分反应，称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，缓慢滴加氢氧化钠溶液，待溶液完全变黑后，仍继续滴加氢氧化钠溶液直至pH值约为11，趁热过滤、洗涤、干燥得到纳米四氧化三铁，故答案为：称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合；缓慢滴加NaOH溶液，待溶液完全变黑后； （3）“洗涤干燥”过程中，判断沉淀洗净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净； （4）①由题意可知，“脱硫”过程中发生的反应为四氧化三铁与硫化氢反应生成硫酸钠、硫化亚铁和水，反应的方程式为Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O，故答案为：Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O； ②当温度过高时，所得“再生”后的脱硫剂脱硫效果变差说明FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用，故答案为：FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用。 7．(23-24高一下·江苏扬州·期末)磁性Fe3O4在污水处理中有广泛的用途。利用废铁屑(主要成分为Fe，及少量Fe2O3和Cu)制备Fe3O4的一种流程如下： (1)“过滤”后所得滤渣的成分是___________；滤液中不含Fe3+，原因是___________(用离子方程式表示)。 (2)“氧化”过程中H2O2的实际用量大于理论用量，原因是___________。 (3)H2O2在Fe3O4表面产生HO•(羟基自由基)的原理如图所示。 ①相同条件下，HO•与OH⁻中氧化性较强的是___________。 ②酸性条件下，Fe2+与H2O2反应生成HO•的离子方程式为___________。 (4)取10.00mL“过滤”后所得滤液，加水稀释到100.00mL，取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加0.0200mol·L⁻1的酸性KMnO4溶液，当恰好完全反应时消耗酸性KMnO4溶液30.00mL。计算滤液中Fe2+的物质的量浓度___________ (写出计算过程)。已知： 【答案】(1) 铜 2Fe3++Fe=3Fe2+ (2)H2O2分解 (3) HO• Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+HO• (4)1.5mol·L-1 【分析】废铁屑的主要成分为Fe及少量Fe2O3和Cu，加入稀硫酸酸浸，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，由于Cu不与稀硫酸反应，则滤渣为Cu，滤液主要成分为硫酸亚铁及过量的稀硫酸；滤液加入适量双氧水溶液，Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液，转化生成Fe3O4。 【详解】（1）根据分析，过滤后所得滤渣的成分是铜；滤液中生成的Fe3+，与单质铁归中反应还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，因此滤液中不含Fe3+。 （2）H2O2易发生分解反应生成和水，因此氧化过程中H2O2的实际用量大于理论用量。 （3）①HO•中氧元素化合价为-1价，具有较强的氧化性，OH⁻中氧元素化合价为-2价，则HO•的氧化性强于OH⁻； ②酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为HO•，离子方程式为Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+HO•。 （4）根据反应可知，20.00mL稀释后的溶液中Fe2+的物质的量为，则滤液中Fe2+的物质的量浓度为。 8．(23-24高一下·江苏宿迁·期末)作为一种多功能磁性材料，有广泛的应用。 (1)的制备 共沉淀法是制备纳米的重要方法，制备流程如下图所示。 ①“共沉淀”时控制温度为70℃~90℃的实验方法是___________。 ②“共沉淀”的离子方程式为___________。 ③“共沉淀”时控制和的物质的量之比略大于原因是___________。 ④检验纳米洗涤干净的实验操作是___________。 (2)中Fe元素质量分数测定 打印机墨粉中的含量是衡量墨粉质量的重要指标。假设墨粉中除粉末外其余成分均不溶于水且不与酸反应。为测定墨粉中Fe元素的质量分数，进行如下实验。 实验1：称取0.2800g墨粉溶于足量的稀硫酸中，充分反应后过滤。 实验2：向滤液中加入过量溶液，充分反应。 实验3：将反应后的溶液加热一段时间后，加入过量的KI溶液。 实验4：加入2~3滴淀粉溶液作指示剂，滴加溶液至恰好反应，消耗20.00mL溶液。 已知： ①实验2反应的离子方程式___________。 ②实验3中加热除去过量的目的是___________。 ③墨粉中Fe元素的质量分数为___________。(写出必要的计算过程) 【答案】(1) 水浴加热 反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子 取最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，若没有出现白色沉淀，说明洗涤干净，若出现白色沉淀，说明没有洗涤干净 (2) 防止和溶液发生反应，避免干扰I2的滴定 40% 【分析】将FeCl3溶液、FeCl2溶液和NaOH溶液混合，得到含有Fe3O4的共沉淀，将共沉淀洗涤干燥后得到纳米Fe3O4，以此解答。 【详解】（1）①70℃~90℃低于水的沸点，“共沉淀”时控制温度为70℃~90℃的实验方法是：水浴加热； ②“共沉淀”时FeCl3、FeCl2和NaOH反应生成Fe3O4沉淀，离子方程式为：； ③结合和，可知 “共沉淀”时控制和的物质的量之比略大于原因是：反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子； ④检验纳米洗涤干净只需要检验洗涤液中是否含有Cl-，实验操作是：取最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，若没有出现白色沉淀，说明洗涤干净，若出现白色沉淀，说明没有洗涤干净。 （2）①实验2中将氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②具有氧化性，能够和溶液发生反应，实验3中加热除去过量的目的是：防止和溶液发生反应，避免干扰I2的滴定； ③根据得失电子守恒可以得到关系式：2~I2~，则n()=n()=×0.02L=0.002mol，墨粉中Fe元素的质量分数为=40%。 ( 考向02考向01 物质制备实验题 ) 9．(24-25高一下·江苏部分高中·期末)重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下： I、制备阶段 ①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐； ②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化； ③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。 II、纯度分析 称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。 回答下列问题： (1)在氧化焙烧时，用___________进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是___________(填序号)。 (2)步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式___________。 (3)步骤②中加入强酸酸化的目的是___________。 (4)步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是___________。 (5)纯度分析中选择的指示剂是___________，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式___________。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为___________%(保留两位小数)。 【答案】(1) 铁坩埚 A (2)Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O (3)将转化为(2+2H++H2O) (4)K2Cr2O7溶解度较小 (5) 淀粉溶液 +6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O 88.20 【详解】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。答案为铁坩埚；C； （2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。答案为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O； （3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。答案为将转化为(2+2H++H2O)； （4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。答案为K2Cr2O7溶解度较小； （5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。答案为88.20。 10．(24-25高一下·江苏高邮宝应县·期末)铁的化合物具有重要用途。 (1)铁元素是人体必不可少的元素之一，用于生成红细胞。某品牌补血剂的说明书如下表所示，回答下列问题。 ①若人体内铁元素的含量不能满足正常红细胞生成的需要，会引发_______(填“贫血”或“甲亢”)。 ②补血剂成分中含有“维生素C”，维生素C的作用是_______。 ③“开瓶后需要放冰箱冷藏，于一个月内饮用完”，以防止Fe2+发生变质。检验Fe2+是否发生变质的操作是_______[可选用的试剂有：新制氯水、KSCN溶液、酸性：KMnO4溶液]。④实验室配制FeSO4溶液后为防止空气中的氧气使其发生变质，可用液封法。下列是三种液态物质的溶解氧含量如下表，其中液封效果最好的是_______(填“字母”)。 选项 A B C 物质 自来水 植物油 饱和蔗糖溶液 溶解氧含量(mg/L) 4.92 3.82 0.48 (2)聚合硫酸铁{[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m}广泛用于水的净化，以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。 ①将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为_______。然后稠液体在一定条件下水解聚合生成聚合硫酸铁。 ②测定聚合硫酸铁样品中铁元素的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00mL。计算该样品中铁元素的质量分数(写出计算过程)。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁元素的质量分数的测定结果将_______(填“偏大”或“偏小”)。 【答案】(1) 贫血 作还原剂或防止二价铁被氧化 取少量补血剂于试管中，滴加2~3滴KSCN溶液 B (2) 偏大 【详解】（1）①若人体内铁元素的含量不能满足正常红细胞生成的需要，会引发贫血，②补血剂成分中含有“维生素C”，维生素C的作用是作还原剂或防止二价铁被氧化，③检验Fe2+是否发生变质的操作即取少量补血剂于试管中，滴加2~3滴KSCN溶液，④实验室配制FeSO4溶液后为防止空气中的氧气使其发生变质，自来水中含氧量太高，饱和蔗糖溶液会和FeSO4溶液互溶，所以液封效果最好的是植物油； （2）①根据氧化还原反应的配平原则，得H2O2氧化Fe2+的离子方程式为，②测定聚合硫酸铁样品中铁元素的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+，用5.000×10-2mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00mL，=5.000×10-2mol·L-1×20.00×10-3L=1.000×10-3mol/L，根据离子反应方程式可知，=6.000×10-3mol/L，样品中铁元素的质量为6.000×10-3mol/L×56g/mol=0.336g，样品中铁元素的质量分数为，若不除去过量的Sn2+，消耗高锰酸钾增多，导致测定结果将偏大。 11．(24-25高一下·江苏连云港赣榆区·期末)为易溶于水而难溶于乙醇的翠绿色晶体，可用于制备负载型活性铁催化剂。实验室以为原料制备的流程如下： 已知：①)为淡黄色晶体，难溶于水而溶于稀硫酸，真空下142℃开始失去结晶水。 ②溶液与反应产生蓝色沉淀，与不反应。 (1)氧化配位。将加入过量饱和溶液中，保持温度40℃缓缓加入，获得含配离子和的悬浊液。 ①检验悬浊液中Fe(Ⅱ)已被完全氧化的实验方法为___________。 ②反应结束后，需要将悬浊液煮沸30s，其目的是___________。 (2)酸溶配位。加入饱和溶液所发生反应的化学方程式为___________。从溶液中获得，除了蒸发浓缩、降温结晶，还可选择的方法为___________。 (3)某研究性学习小组拟用已提纯的溶液为原料制备高纯。已知：、的溶解度曲线如图所示；100℃时生成大颗粒便于过滤。 请完成实验方案：取一定体积：溶液置于锥形瓶中，在搅拌下加入等体积相同浓度的___________，将所得溶液___________，过滤，用蒸馏水多次洗涤，___________，低于___________真空干燥得到(可选用的试剂：溶液、溶液、溶液、溶液、稀盐酸、蒸馏水)。 (4)测定高纯)纯度的方法如下：准确称取样品，加入适量水、浓硫酸、磷酸，用标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为和，转化为)，消耗标准溶液。 ①该过程中总反应的离子方程式___________。 ②计算样品中的纯度：___________(写出计算过程。))。 【答案】(1) 取反应后溶液适量，加入溶液，没有蓝色沉淀产生，说明Fe(Ⅱ)已被完全氧化 除去过量的双氧水 (2) 加入无水乙醇，过滤 (3) 溶液 热到100℃并不断搅拌 直至取最后一次少量洗涤滤液滴加稀盐酸酸化的溶液无白色沉淀产生 142℃ (4) 【分析】草酸亚铁晶体中加入草酸钾溶液和过氧化氢，将草酸亚铁氧化为，加入饱和草酸溶液进行酸溶配位后，一定条件下结晶，分离提纯，得到，据此解答。 【详解】（1）①溶液与反应产生蓝色沉淀，与不反应，因此检验悬浊液中Fe(Ⅱ)已被完全氧化的实验方法为：取反应后溶液适量，加入溶液，没有蓝色沉淀产生，说明Fe(Ⅱ)已被完全氧化；②加入过氧化氢溶液完全反应后，煮沸，可除去过量的双氧水，因此反应结束后，需要将悬浊液煮沸30s的目的是除去过量的双氧水； （2）由于氧化配位获得含配离子和的悬浊液，因此酸溶配位时加入饱和溶液所发生反应的化学方程式为；由于为溶于水而难溶于乙醇的晶体，从溶液中获得，除了蒸发浓缩、降温结晶，还可选择的方法为加入无水乙醇，过滤； （3）草酸钠的溶解度受温度影响小，草酸钾的溶解度受温度影响大，又因为100℃时生成大颗粒便于过滤，所以实验方案为：取一定体积溶液置于锥形瓶中，在搅拌下加入等体积相同浓度的溶液，将溶液加热到100℃并不断搅拌，充分反应后，过滤，用蒸馏水多次洗涤，直至取最后一次少量洗涤滤液滴加稀盐酸酸化的溶液无白色沉淀产生，低于142℃真空干燥得到； （4）草酸亚铁与在酸性条件下反应，中为+2价，C为+3价，反应后Fe转化为，C转化为，转化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式，在酸性条件下补充和，得到离子方程式为；已知标准溶液浓度c=0.04500mol/L，体积，根据n=cV，可得，由离子方程式可知，，则，因为与物质的量相等，，根据m = nM，可得，样品质量，则样品中的纯度。 12．(23-24高一下·江苏南通·期末)醋酸亚铬[]不溶于冷水和乙醚，易被氧化。实验室以铬铁合金(主要成分为Cr、Fe，还含少量C、Si等杂质)为原料制备醋酸亚铬。 已知：相同温度下，亚铁铵矾[]的溶解度比铁铵矾、铬铵矾的小。 (1)酸浸。将一定量的铬铁合金与足量硫酸反应。 ①酸浸中产生、。写出铬转化为的离子方程式：___________。 ②配制250mL硫酸需要98%的浓硫酸(密度为)的体积为___________mL。 (2)沉铁。向酸浸所得滤液中加入足量硫酸铵溶液，生成亚铁铵矾沉淀。控制其他条件相同，测得反应温度对沉铁率的影响如图所示。 ①写出生成亚铁铵矾沉淀的化学方程式：___________。 ②90℃时沉铁率低于70℃时的可能原因是___________。 (3)制备。利用图所示装置制备醋酸亚铬。 ①检查该装置气密性的实验操作是___________。 ②补充完整由溶液制备的实验方案：向抽滤瓶、锥形瓶中分别加入适量的溶液、溶液，___________，加盖密封，充分反应后，将抽滤瓶中溶液倾倒至锥形瓶中，充分反应，___________，乙醚洗涤2~3次，室温下干燥，密封保存(实验中还须使用的试剂：锌粒、溶液、溶液)。 【答案】(1) 62.50 (2) 温度过高，易被氧化为，而铁铵矾溶解度较大，不易结晶析出，使沉铁率降低；温度过高，亚铁铵矾溶解度变大 (3) 将连接抽滤瓶的导管插入水中，用热毛巾捂住抽滤瓶，导管口产生气泡 向抽滤瓶中加入稍过量的锌粒，然后迅速加入适量溶液 过滤，用冷水洗涤，直至向最后一次洗涤液中加入溶液无沉淀生成 【分析】Fe和稀硫酸生成硫酸亚铁，FeSO4加入足量硫酸铵溶液，生成亚铁铵矾沉淀，用Cr在稀硫酸和氧气的作用下生成硫酸铬，和反应生成； 【详解】（1）①酸浸中铬与硫酸反应生成Cr2+，Cr2+被O2氧化为Cr3+，离子方程式为； ②98%的浓硫酸(密度为)物质的量浓度为，由250mL×=V×，解得V=62.50，配制250mL硫酸需要98%的浓硫酸(密度为)的体积为62.50mL； （2）①向酸浸所得滤液中FeSO4加入足量硫酸铵溶液，生成亚铁铵矾沉淀，化学方程式：； ②90℃时沉铁率低于70℃时的可能原因是温度过高，易被氧化为，而铁铵矾溶解度较大，不易结晶析出，使沉铁率降低；温度过高，亚铁铵矾溶解度变大； （3）①检查该装置气密性的实验操作是：将连接抽滤瓶的导管插入水中，用热毛巾捂住抽滤瓶，导管口产生气泡； ②已知易被氧化，可用锌和稀硫酸反应生成氢气排尽氧气，用和反应生成，已知醋酸亚铬[]不溶于冷水和乙醚，需用冷水洗涤，再用乙醚干燥，由溶液制备的实验方案：向抽滤瓶、锥形瓶中分别加入适量的溶液、溶液，向抽滤瓶中加入稍过量的锌粒，然后迅速加入适量溶液，加盖密封，充分反应后，将抽滤瓶中溶液倾倒至锥形瓶中，充分反应，过滤，用冷水洗涤，直至向最后一次洗涤液中加入溶液无沉淀生成，乙醚洗涤2~3次，室温下干燥，密封保存。 13．(23-24高一下·江苏苏州·期末)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：       (1)“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___。 (2)“转化”在右图所示的装置中进行。导管A的作用是___。 (3)检验“洗涤”完全的实验操作是__。 (4)以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水] (5)测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___(写出计算过程)。 【答案】(1)Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低 (2)平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中 (3)取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全 (4)在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤 (5)97.20% 【分析】FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4·2H2O。 【详解】（1）“沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置； （2）根据图示，盛装草酸的仪器是恒压分液漏斗，导管A的作用是平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中； （3）草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全； （4）向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液； （5）草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式，反应消耗0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁的物质的量为，FeC2O4·2H2O的纯度为。 14．(23-24高一下·江苏南京江宁区·期末)草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)可作为制备汽车电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图： (1)“沉淀”步骤的离子反应方程式为___________，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___________。 (2)检验“洗涤”完全的实验方案是___________。 (3)以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至___________时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入___________至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入___________，直至向取出的少量溶液中滴加___________溶液不再出现红色，过滤。[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水] (4)测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、H2SO4、磷酸，逐滴加入0.04500mol∙L-1KMnO4溶液至恰好完全反应(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4∙2H2O的纯度___________(写出计算过程)。 【答案】(1) Fe2++2NH3∙H2O=Fe(OH)2↓+2 Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低 (2)取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全 (3) 沉淀不再减少 稀硫酸 铁粉 KSCN (4)97.20%。 【分析】FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4•2H2O。 【详解】（1）“沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，其反应的离子方程式为：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置，故答案为：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2；Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低； （2）草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全，故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全； （3）向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液，故答案为：沉淀不再减少；稀硫酸；铁粉；KSCN； （4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式5FeC2O4•2H2O～3KMnO4，反应消耗0.04500mol•L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁的物质的量为mol=0.00135mol，FeC2O4•2H2O的纯度为×100%=97.20%，故答案为：97.20%。 15．(23-24高一下·江苏徐州·期末)常用于金属蚀刻、污水处理等。 Ⅰ.由制备无水。将与液体混合并加热，制得无水和两种酸性气体。装置如图所示(夹持和加热装置略)。 (1)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 (2)冷凝管的进水口为___________(填“a”或“b”)。 (3)NaOH溶液的作用是___________。 (4)所制产品中可能含有杂质，可能原因是___________。 Ⅱ.电路板刻蚀的废液中主要含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl-。 (5)检验溶液中含有的方法为___________。 (6)补充完整从废液中回收铜并重新获得溶液的实验方案。 实验方案：取少量废液于烧杯中，___________，得溶液。(须使用的试剂：铁粉、稀盐酸、新制氯水) 【答案】(1)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑ (2)b (3)吸收SO2、HCl等尾气，防止污染 (4)生成的SO2把FeCl3还原为FeCl2 (5)溶液中加入KSCN，溶液变红色，证明有Fe3+ (6)加入过量的铁粉充分反应后过滤，滤渣加入适量的稀盐酸溶解后再过滤，滤渣洗涤干燥得到Cu，两次滤液合并，加入适量的新制氯水 【分析】由制备无水，将与液体混合并加热，发生反应生成SO2 、HCl和无水，反应的化学方程式为：FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑；电路板刻蚀的废液中主要含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl-，向废液中加入过量的铁粉充分反应后过滤，滤渣加入适量的稀盐酸溶解后再过滤，滤渣洗涤干燥得到Cu，两次滤液合并，加入适量的新制氯水，最后得到FeCl3溶液。 【详解】（1）三颈烧瓶中与液体混合发生反应生成无水氯化铁和HCl、SO2两种酸性气体，化学方程式为：FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑； （2）冷凝管的进水口从下端进水，上端出水，进水口为b； （3）NaOH溶液的作用是吸收生成物中的SO2和Cl2，防止污染环境； （4）所制产品中可能含有杂质，可能原因是：生成的SO2把FeCl3还原为FeCl2； （5）检验溶液中含有的方法为：向溶液中加入KSCN，溶液变红色，证明有Fe3+； （6）废液中回收铜并重新获得溶液的实验方案是：向废液中加入过量的铁粉充分反应后过滤，滤渣加入适量的稀盐酸溶解后再过滤，滤渣洗涤干燥得到Cu，两次滤液合并，加入适量的新制氯水，最后得到FeCl3溶液。 ( 考向0 3 有机推断及有机合成题 ) 16．(24-25高一下·江苏宿迁沭阳县·期末)乙二酸乙二酯可用于合成多种药物、香料和农药。以乙烯为原料合成乙二酸乙二酯流程如下： (1)A→B反应类型为_______。 (2)C的结构简式：_______。 (3)D中官能团名称为_______。 (4)D与氧气生成E的化学方程式：_______。 (5)G是F的同分异构体，且满足下列条件： ①1mol G与足量溶液反应可生成2mol ； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色。 写出G的结构简式：_______(写出一种即可)。 (6)已知： 写出以乙烯为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本小题题干)_______。 【答案】(1)加成反应 (2) (3)醛基 (4) (5) (6) 【分析】A为乙烯，B为1，2-二溴乙烷，可知是乙烯与溴单质反生加成反应；B变为C，C变为乙二醛，可知C为乙二醇；乙二醇与乙二酸发生酯化反应，生成乙二酸乙二酯，据此分析作答。 【详解】（1）根据分析，A→B反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。 （2）C为乙二醇，结构简式为：，故答案为：。 （3）D为乙二醛，其官能团名称为醛基，故答案为：醛基。 （4）乙二醛与氧气在催化剂加热下，生成乙二酸，化学方程式为：，故答案为：。 （5）G是乙二酸乙二酯的同分异构体，且满足下列条件：①1mol G与足量溶液反应可生成2mol ，说明G中含有两个羧基；②能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，则G的结构简式为，故答案为：。 （6） 结合题干可知，是由反生分子之间的酯化反应得到；根据已经信息，可知是由在酸性溶液中转化而来，而乙醛与HCN反应，生成；乙烯与HBr反生加成反应，生成，与氢氧化钠溶液发生取代反应，生成，在催化氧化下，得到乙醛，因此制备的合成路线流程图为： ，故答案为：。 17．(24-25高一下·江苏南通·期末)G是一种茉莉花香气的成分，一种G的合成路线如下。 (1)C分子中的官能团名称为_______。 (2)D→E还需要的反应物和反应条件为_______，F的结构简式为_______。 (3)A→B反应的化学方程式为_______。 (4)有机物H为D的同系物，其分子式为。H的一氯取代物有3种，则H的结构简式为_______。 (5)烯烃X能发生如下转化。 已知：(、、表示烃基)。 ①X→Y的反应类型为_______。 ②X→Z为加聚反应，则Z的结构简式为_______。 ③W的结构简式为_______。 【答案】(1)羧基 (2) 光照 (3) (4)或 (5) 加成反应 【分析】 A（乙醇）催化氧化生成B（乙醛），B继续被氧化生成C（乙酸），D发生取代生成E，E水解生成F（），F与C酯化生成G，据此分析； 【详解】（1）C为乙酸，分子中的官能团名称为羧基； （2） D→E是烷基上的取代反应，还需要的反应物和反应条件为、光照，根据分析可知，F的结构简式为； （3）A→B是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为； （4） 有机物H为D的同系物，即苯的同系物，其分子式为，则取代基有6个C原子，一氯取代物有3种，说明结构高度对称，则H的结构简式为或； （5）①X→Y为碳碳双键上的加成反应； ②X→Z为碳碳双键发生加聚反应，则Z的结构简式为； ③断键生成W和甲醛，W的结构简式为。 18．(23-24高一下·江苏苏州·期末)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，其人工合成路线如下： (1)非诺洛芬分子含有手性碳原子的数目为___________。 (2)反应Ⅰ中须加入的试剂X，其分子式为。 ①X的结构简式为___________。 ②写出由苯作原料制备化合物A的化学方程式___________。 (3)C的结构简式为___________。 (4)试剂X和化合物C相比，酸性较强的是___________(填“X”或“C”)。 (5)在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是___________(填序号)。 (6)B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。 ②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应。 【答案】(1)1 (2) (3) (4)X (5)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ (6) 【分析】 由图可知，A溴苯和X生成B，试剂X分子式为，结合B结构可知，X为，，A和X发生取代反应生成B，B中羰基还原得到C，C中羟基被溴取代生成D，D中溴和HCN发生取代反应生成E，E水解得到非诺洛芬； 【详解】（1）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；非诺洛芬分子中与羧基直接相连的碳为手性碳，故含有手性碳原子的数目为1； （2） ①X的结构简式为。 ②苯和溴单质在FeBr3催化作用下生成化合物A，； （3） C的结构简式为； （4）试剂X中羟基为酚羟基，受到苯环的影响，酚羟基中氢更容易电离出来，故和化合物C相比，酸性较强的是X； （5）由分析可知，在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ； （6）B的一种同分异构体满足下列条件： ①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，则结构对称。②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应，则含有甲酸酯基，且水解生成酚羟基。结构可以为：。 19．(23-24高一下·江苏苏州·期末)化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： (1)D分子中含氧官能团有________________________(任写两个)。 (2)E→F的反应类型为____________。 (3)C→D反应中会有副产物X(C12H15O6Br)生成，X的结构简式为____________。 (4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应； ②碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子。 (5)已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。 【答案】(1)(酚)羟基、酯基、醚键(任写两个) (2)还原反应 (3) (4) (5) 【分析】A断裂C-O键发生取代反应生成B，B断裂C-Cl键生成C，C中羟基断裂O-H键生成生成D，D发生取代反应生成E，观察E和F的结构，即－COOCH3转化成了－CH2OH，以此分析。 【详解】（1）D分子中含氧官能团有羟基、酯基、醚键； 故答案为：(酚)羟基、酯基、醚键； （2）观察E和F的结构，即－COOCH3转化成了－CH2OH，加氢去氧，为还原反应； 故答案为：还原反应； （3） C中有两个－OH，都可以和三乙胺发生取代反应，故副产物为； 故答案为：； （4） C的一种同分异构体能与氯化铁溶液发生显色，即含有酚羟基；碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子，溴原子水解之后会生成－OH，酯基水解之后也会生成－OH，即水解之后会在苯环上引入2个－OH，在四个－OH的分布满足2种不同化学环境的氢原子，水解之后的结构为，则水解之前的结构为； 故答案为：； （5） 从E→F受到启发，酯基转化成了醇，则－COOCH2CH3转化成了－CH2OH再与HCl反应引入Cl原子，即反应生成—CH2Cl，再与Mg在无水乙醚条件下反应生成－CH2MgCl，再结合已知，可再与HCHO在酸性条件下反应，即得到目标产物，而HCHO可由CH3OH氧化制得，据此可写出合成路线流程图；。 20．(23-24高一下·江苏常州溧阳·期末)都是有机物，其中A是一种芳香烃，相对分子质量是104，能使溴的四氯化碳溶液反应而使其褪色，是一种高分子化合物，他们的转化关系如图所示。 已知：。注：为烃基，也可以是氢原子。 回答下列问题： (1)A的结构简式为___________。 (2)B分子中含氧官能团的名称为___________。 (3)反应①的方程式为___________。反应②的方程式为___________。 (4)反应③的反应类型为___________。 (5)可能具有的性质为___________(选填字母)。 a.能发生皂化反应     b.与溶液反应     c.不溶于水 (6)的化学式为___________；检验常用的试剂是___________(填试剂名称)。 【答案】(1) (2)羟基 (3) (4)取代反应 (5)bc (6) C6H12O6 新制氢氧化铜 【分析】 A是一种芳香烃，相对分子质量是104，根据除碳法可推知其化学式为：C8H8，能使溴的四氯化碳溶液反应而使其褪色，则含有碳碳双键，故其结构简式为：；根据已知可知B为：；C为：；D为：；E为：；F为：；反应④为光合作用：故H为葡萄糖，化学式为：C6H12O6； 【详解】（1） 根据分析，A为苯乙烯，故其结构简式为：； （2）根据分子，B为苯乙醇，含有的含氧官能团为：羟基； （3） 反应①为苯乙烯的加聚反应：； 反应②为：； （4）反应③为苯甲醇和苯甲酸的酯化反应，故反应类型为取代反应或酯化反应； （5）a．根据分析可知E为苯甲酸苯甲酯不属于高级脂肪酸甘油酯，与碱的反应不能称之为皂化反应，a错误； b．E中含有酯基，可与氢氧化钠发生水解反应，b正确； c．E中无亲水基，故E不溶于水，c正确； 故选bc； （6）反应④为光合作用：故H为葡萄糖，含有醛基，故用新制氢氧化铜鉴别。 21．(23-24高一下·江苏盐城·期末)有机物A的产量用来衡量一个国家石油化工的发展水平，以A为原料合成香料G的流程如下： 已知：①同一个碳原子连接两个或两个以上羟基的有机化合物不稳定。 ②(X为卤素原子) 回答下列问题。 (1)C中的官能团名称为___________。 (2)A→H的反应类型为___________。 (3)写出与F互为同系物同时满足下列条件的有机物结构简式：___________。 ①分子式为，且分子中有2个甲基；②核磁共振氢谱中只有3个峰。 (4)写出生成G的化学方程式___________。 (5)有关上述物质的说法正确的是___________。 ①可通过酸性高锰酸钾溶液洗气的方法除去乙烷中含有的A杂质 ②C和E互为同分异构体 ③1molF与足量金属钠反应可产生22.4L气体(标准状况下) ④H可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 (6)请设计以甲苯为原料制备苯甲酸苯甲酯()的合成路线________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】(1)醛基 (2)加聚反应 (3) (4) (5)②③ (6) 【分析】 A的产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B（乙醇），乙醇发生氧化反应生成C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D（乙酸），A发生氧化反应生成E（环氧乙烷），E和水发生开环加成生成F（乙二醇），D和F发生酯化反应生成G，根据G的分子式知，G的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，H为高分子化合物，则A发生加聚反应生成H为。 【详解】（1）C为CH3CHO，的官能团的名称为醛基，故答案为：醛基； （2） H为高分子化合物，则A发生加聚反应生成H为。故答案为：加聚反应； （3） 与F（乙二醇）互为同系物同时满足①分子式为，且分子中有2个甲基；②核磁共振氢谱中只有3个峰。得4个碳的二元醇，-OH只能在2号和3号碳原子上，符合条件的有机物结构简式：。故答案为：； （4）乙酸与乙二醇反应生成G和水，化学方程式。故答案为：； （5）①乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，不能通过酸性高锰酸钾溶液洗气的方法除去乙烷中含有的A杂质，因为引进新的杂质，故错误； ②C为CH3CHO，二者分子式相同但个不同，所以C和E互为同分异构体，故正确； ③2-OH~H2,1molF（乙二醇）与足量金属钠反应可产生22.4L气体(标准状况下)，故正确； ④H中不含碳碳双键，所以不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误； 故答案为：②③； （6） 甲苯与氯气在光照条件下得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，苯甲酸与苯甲醇在浓硫酸、加热条件下发生转化反应得到苯甲酸苯甲酯，合成路线流程图为：，故答案为：。 22．(23-24高一下·江苏兴化中学·期末)月桂烯（）是重要的化工原料，广泛用于香料行业。 (1)月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A的名称是________。 (2)以月桂烯为原料制取乙酸香叶酯的流程如图： ①B中含有的官能团的名称为________。 ②乙酸香叶酯的化学式为________。 ③反应I的反应类型为________。 ④反应II的化学方程式为________。 (3)烯烃臭氧化还原水解反应生成羰基化合物： 一定条件下，月桂烯可实现如图所示转化（图中部分产物已略去）： C与新制反应的化学方程式为________。 【答案】(1)2，6-二甲基辛烷 (2) 碳碳双键、碳氯键 加成反应 ++ (3) 【分析】 一定条件下，月桂烯发生臭氧化还原水解反应，所有碳碳双键都发生断裂生成碳氧双键，结合最终产物，可知C为，C→D为醛基被氧化为羧基，D的结构简式为HOOCCH2CH2COCOOH，D→E为羰基加氢得到羟基，故E的结构简式为HOOCCH2CH2CH(OH)COOH；E 发生分子内酯化反应生成 。 【详解】（1） 月桂烯的结构为，结构中含有三个碳碳双键，均可与氢气发生加成反应，完全加成后得到的产物为：，名称为2，6-二甲基辛烷； （2）①根据有机物B的结构可知，结构中含有碳碳双键和碳氯键； ②由乙酸香叶酯的结构可知，分子中含有12个碳原子，2个氧原子，同时含有2个碳碳双键，故分子式为； ③反应I为月桂烯中的碳碳双键变为了B中的含氯结构，说明发生了加成反应； ④由合成过程可知，B与发生取代反应生成乙酸香叶酯，反应的方程式为：++； （3） 根据烯烃臭氧化还原水解反应生成羰基化合物的过程可知，物质C为，可与新制的氢氧化铜悬浊液发生反应，反应的方程式为：。 23．(23-24高一下·江苏江阴·期末)乙炔是重要的化工原料，一种药物中间体G合成路线如图所示： (1)物质F所含的官能团名称_______。 (2)物质D的结构简式为_______。 (3)D与F反应时会生成副产物X，X与G互为同分异构体，X的结构简式为_______。 (4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为_______。 ①能使FeCl3溶液发生显色反应 ②1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2 mol Br2 ③分子中含有4种不同化学环境的氢原子 (5)反应A→B机理示例如下图所示。 ①请按示例在下图中标出反应A→E过程中CO2分子中一个C原子和一个O原子所带电荷，并用箭头表示反应连接方式(原子所带负电荷用标注，原子所带正电荷用标注，箭头由带负电荷原子指向带正电荷原子)_______。 ②已知：；下列流程中产物Y的结构简式为_____。 【答案】(1)碳碳三键、酯基 (2) (3) (4) (5) 【分析】 乙炔CH≡CH与CH3COCH3在碱性条件下发生羰基的加成反应产生B，B与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生C，C与Na、NH3发生还原反应产生D，乙炔CH≡CH与CO2发生反应产生E，E与CH3OH、浓硫酸共热发生酯化反应产生F。D、F发生加成反应产生G，根据G结构简式，可知D物质结构简式是。 【详解】（1）根据物质F结构简式，可知其分子中含有的官能团名称是碳碳三键、酯基； （2） 根据上述分析可知物质D结构简式是； （3） 物质D结构简式是，D分子中含有2个不饱和的碳碳双键，属于二烯烃，其与F发生1，4加成反应产生G；由于G分子中碳碳三键两个不饱和C原子连接的原子或原子团不同，在与D发生加成反应时就会有两种加成方式，还会得到的另外一种与G互为同分异构体的副产物X，甲基与酯基在六元环上互为对位，其结构简式是； （4） G结构简式是，其同分异构体满足条件：①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明物质分子中含有苯环及酚羟基；②1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2 mol Br2，说明在苯环羟基的对位上有取代基；③分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则符合要求的同分异构体结构简式是：； （5） ①在乙炔分子中的C-H共价键中，共用电子对偏向非金属性强的C原子一端，因此C原子一端带部分负电荷，H原子一端带部分正电荷；CO2分子结构式是O=C=O，在CO2分子的C=O中，共用电子对偏小非金属性强的O原子一端，O原子一端带部分负电荷，C原子一端带部分正电荷，然后根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，可知二者发生加成反应时用箭头表示反应连接方式为：； ②根据题意可知： CO2与发生题干信息的反应产生，然后与H2O反应产生Y是。 ( 考向0 4 反应原理综合题 ) 24．(24-25高一下·江苏丹阳·期末)铁及其化合物广泛用于废水处理。 (1)高铁酸钾可去除废水中的氨氮。 ①一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备的装置如图所示。电解时，阳极的电极反应式为_______。 ②时，处理废水中生成的离子方程式为_______。 (2)经过“酸化一还原一沉淀”步骤可去除废水中的。 ①“还原”时，被还原成的离子方程式为_______。 ②的晶胞沿c轴（c轴垂直于a、b轴）方向投影的平面图如图所示，其中硫原子的杂化方式为_______；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由_______。 (3)纳米铁去除废水中的。 ①与溶液制备纳米铁粉的化学方程式为，当生成时，转移电子的物质的量为_______mol。 ②常温下，选择初始浓度为的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图所示。写出初始pH在3~6内去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6~7内去除率随初始pH增大快速上升的原因：_______。 【答案】(1) (2) 否，若占据晶胞的所有顶点、面心和体心，则的数目为个，而S原子只有4个，不符合的化学式 (3) 8 初始pH在3~6范围内，pH上升，减小，与反应的铁减少，更多的铁与反应，去除率缓升；初始pH在6~7范围内，除了铁与反应外，pH上升，增大，沉淀生成，去除率迅速上升 【详解】（1）①如图所示，铁丝网接电源正极，电解时为阳极，则阳极反应为Fe失电子生成，电极反应式为； ②时，氧化为，还原为，在碱性条件下以形式存在，故离子方程式为； （2）①“还原”时，被还原成，还原为，存在表明溶液为酸性，故离子方程式为； ②如图所示，1个S周围有4个O，呈正四面体形，则S为sp3杂化；若占据晶胞的所有顶点、面心和体心，则的数目为个，而S原子只有4个，不符合的化学式，故不可能占据该晶胞的所有顶点、面心和体心； （3）①反应中生成1molFe，有8molH的化合价-1→0，6molH的化合价+1→0，6molH的化合价不变，1molFe化合价+2→0，Na、B、S、O的化合价不变，根据得失电子守恒：生成时，转移电子的物质的量为8mol； ②初始pH在3~6内去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6~7内去除率随初始pH增大快速上升的原因为：初始pH在3~6范围内，pH上升，减小，与反应的铁减少，更多的铁与反应，去除率缓升；初始pH在6~7范围内，除了铁与反应外，pH上升，增大，沉淀生成，去除率迅速上升。 25．(24-25高一下·江苏泰兴·期末)一种的捕集和利用过程如下： (1)的捕集和再生：固体碱、悬浊液、固体均可作为的捕集剂。 ①载人航天器内，常选用固体_______（选填“LiOH”或“KOH”）捕集。 ②用悬浊液捕集时温度不能过高，原因是温度高溶解度减小和________（用化学方程式表示）。 ③在较高温度下捕集，在更高温度下释放。与热分解制备的相比，热分解制备的具有更好的捕集性能，原因是_______。 (2)与乙烷共裂解制乙烯：。反应过程还伴随着乙烷自身裂解、积碳等副反应。 ①600℃下，将不同组分的原料混合气[]和分别以相同流速通过装有催化剂的反应床。反应进行至后，组分原料气的反应几乎无法进行，而组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，可能的原因是________。 ②分离裂解气可获得较纯净乙烯。乙烯能使（酸性）溶液褪色，若在（酸性）溶液中添加适量冠醚X[二环己基-18-冠-6（Ⅳ）]，溶液褪色速率明显加快，其可能的原因是_______。 已知： (3)氧化乙苯脱氢制苯乙烯：可能的反应机理如图所示（、、表示催化剂的活性位点，与苯环上的电子存在相互作用）。 ①催化剂表面与位点所带电性相同的活性位点是________。 ②该反应中每生成苯乙烯，转移电子数目为________。 【答案】(1) 热分解放出更多的气体，制得的更加疏松多孔 (2) 乙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面，阻碍了反应的进行，而在氧化乙烷脱氢时，与积碳反应生成，及时消除积碳 依据相似相溶原理，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚，进入冠醚空腔，因静电作用将MnO带入烯烃中，增大与烯烃接触，提升氧化效果 (3) 【详解】（1）①LiOH 的摩尔质量（24 g/mol）小于 KOH（56g/mol），单位质量能吸收更多 CO2，故常选用LiOH捕集CO2； ②温度过高，生成的LiHCO3会分解，方程式为：； ③热分解制备CaO时，放出更多的气体，制得的更加疏松多孔，使具有更好的捕集性能； （2）①乙烷脱氢伴随着乙烷自身裂解、积碳等副反应，组分原料气为N2和乙烷，乙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面，阻碍了反应的进行，反应几乎无法进行，A组原料气有CO2，在氧化乙烷脱氢时，与积碳反应生成，及时消除积碳，反应仍保持相对优异的稳定性； ②依据相似相溶原理，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚，冠醚具有分子识别的性质，能够识别K+，进入冠醚空腔，因静电作用将MnO带入烯烃中，增大与烯烃接触，提升氧化效果，溶液褪色速率明显加快； （3）①与苯环上的电子存在相互作用，x点带正电荷，由图可知，y、z与带正电荷的粒子作用，说明y、z带负电荷，催化剂表面与位点所带电性相同的活性位点是y； ②由乙苯到苯乙烯，1分子乙苯脱去2个H原子，转移2个电子，每生成苯乙烯，转移电子数目为2NA，即。 26．(24-25高一下·江苏苏州·调研)机动车尾气是氮氧化物的重要来源。 ．氮氧化物产生 (1)和反应生成过程中的能量变化如下： ①和反应生成时___________(填“吸收”或“放出”)的能量为___________。 ②降低汽车发动机气缸内的工作温度，可减少氮氧化物排放的原因是___________(从微观角度分析)。 ．氮氧化物消除 重型柴油车产生的高温烟气中除含有、外还有、、碳氢化合物等，经过处理达标后才能排放。流程如下： (2)“氧化性催化转化器”是将烟气中有害的___________氧化去除。 (3)喷射出的尿素溶液会转化为，一定温度下在“选择性催化还原系统”中将转化为。 ①在加热条件下，、、催化转化为和。若、按物质的量之比1：1参与反应，其化学方程式为___________。 ②若反应温度过高，转化率下降，除因为进入反应器的被还原的量减少外，还有___________。 ③尿素的结晶点(开始结晶温度)随质量分数的变化情况如图所示。车用喷射系统选择加注的尿素溶液的原因是___________。 ．氮氧化物利用 (4)与反应可制得汽车安全气囊气体发生剂叠氮化钠()。测定叠氮化钠纯度的实验如下： 称取叠氮化钠样品溶于水，加入溶液，充分反应后，再向其中滴加溶液使剩余的恰好完全反应。过程中涉及的反应为；(假设杂质均不参与反应)。通过计算说明该叠氮化钠样品的纯度___________。 【答案】(1) 吸收 减少、中键的断裂，从而减少氮氧化物生成 (2)、碳氢化合物 (3) 温度过高，部分被氧化为 防止低温时尿素结晶不易喷出，导致氮氧化物还原不充分 (4)， 【详解】（1）①断键吸收能量946kJ，断键吸收能量498kJ，生成放出的能量为，因此和反应生成时反应热为，即吸收的能量为。 ②、中化学键的断裂需要吸收能量，降低汽车发动机气缸内的工作温度，可减少、中化学键的断裂，从而减少氮氧化物生成与排放。 （2）“氧化性催化转化器”是将烟气中有害的、碳氢化合物氧化为，从而去除。 （3）①在加热条件下，、、催化转化为和，若、按物质的量之比1：1参与反应，根据电子守恒，则其化学方程式为。 ②若反应温度过高，转化率下降，除因为进入反应器的被还原的量减少外，还可能是部分被氧化为，使得烟气中的量增大。 ③由图可知，尿素的结晶点在质量分数为时最低，车用喷射系统选择加注的尿素溶液能有效防止低温时尿素结晶不易喷出，导致氮氧化物还原不充分。 （4）剩余的的物质的量为，则与叠氮化钠反应的的物质的量为，，因此该叠氮化钠样品的纯度为。 27．(24-25高一下·江苏高邮宝应县·期末)氢气是一种清洁能源，制氢技术和氢能源的应用研究具有重要意义。 (1)水煤气法制氢。将一定量的C和H2O加入密闭容器中，在一定条件下主要发生反应如下：主反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)  ΔH=131.7kJ/mol；副反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  ΔH=-43.6kJ/mol。向容器中加入适量的CaO有利于H2的生成。 ①已知：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)  ΔH=-178.3kJ/mol，则C(s)+CaO(s)+2H2O(g)=CaCO3(s)+2H2(g)  ΔH=_______kJ/mol。适量的CaO有利于H2生成的原因，除了能吸收CO2使平衡正向移动外，还有_______。 ②当加入CaO的量过大时，H2的产量会降低，原因是_______。 (2)电解水制氢。有研究认为，碱性条件下电解水的过程中，气泡在电极上产生和脱离对电解效率具有重要影响，某电极上发生的变化如下图所示。 ①电极附近溶液的pH_______(填“增大”或“减小”)。 ②相同条件下，若电极表面的气泡难以脱离，则不利于电解氢气的产生。原因是_______。 ③在上述实验条件和20kHz、100%振幅超声波下，气泡直径分布的百分数如下图所示。超声波振动能够提高电解效率的原因是_______。 (3)甲酸(HCOOH)分解制氢。常温下，甲酸是一种液态物质，在依配合物离子(Ir-L+)催化作用下，分解制氢的一种机理如下图所示。 ①在图中补全步骤Ⅰ过程中X的结构简式_______。 ②甲酸催化分解制氢的化学方程式为_______。 【答案】(1) -90.2 主反应为吸热反应，CaO与CO2反应放热，为主反应提供热量 CaO会吸收H2O(或与H2O反应)，使反应物减少或CaO会吸收H2O，使反应逆向移动 (2) 增大 气泡覆盖在电极表面，不利于H2O与电极接触 减小电极表面气泡的直径使气泡的覆盖面积减小，振动使电极表面气泡易于脱离 (3) HCOOHCO2↑+H2↑ 【详解】（1）①设C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)  ΔH1=+131.7kJ/mol为反应Ⅰ， CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  ΔH2=-43.6kJ/mol为反应Ⅱ，CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)  ΔH3=-178.3kJ/mol为反应Ⅲ，由盖斯定律可得，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得C(s)+CaO(s)+2H2O(g)=CaCO3(s)+2H2(g)  ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=+131.7kJ/mol-43.6kJ/mol-178.3kJ/mol=-90.2kJ/mol；主反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)为吸热反应，CaO与CO2反应放热，使体系温度升高，为主反应提供热量； ②CaO会吸收H2O(或与H2O反应)，CaO+H2O=Ca(OH)2，使反应物减少，导致H2的产量降低（或CaO会吸收H2O，使反应逆向移动，导致H2的产量降低）； （2）①电解水会导致水的量减少，溶液为碱性，水减少后碱的浓度增大，电极附近溶液的pH增大； ②电解水时阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，气泡覆盖在电极表面，不利于H2O与电极接触，因此不利于氢气的产生； ③超声波能减小电极表面气泡的直径，使气泡的覆盖面积减小，而且振动使电极表面气泡易于脱离，让水与电极充分接触，提高电解效率； （3） ①由图可知，步骤Ⅰ中HCOOH与H2O结合电离出H3O+，电离方程式为HCOOH+H2OHCOO-+H3O+，因此X为HCOO-，吸附的催化剂上结构简式为； ②由图可知，HCOOH在催化剂的作用下分解为CO2和H2，方程式为HCOOHCO2↑+H2↑。 28．(24-25高一下·江苏宿迁沭阳县·期末)资源化利用可获得、等燃料。 I.制 (1)一定温度下，将2mol 和8mol 充入容积2L的密闭容器，发生反应，的物质的量随时间变化如图所示。 ①0～2min内的平均反应速率为_______。 ②其他条件不变，能说明该反应已达平衡状态的是_______(填字母)。 A．单位时间内消耗1mol 的同时消耗4mol B．体系中的浓度不再改变 C．混合气体的密度不再改变 (2)一定条件下，、在密闭容器中发生如下反应 主反应： 副反应： 若消耗2mol ，生成3.6mol ，则的选择性=_______。 [的选择性=] II.制 (3)铟的氧化物催化、制取的可能机理如图所示。 已知：无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性。 ①转化ⅰ中，In元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。 ②图中每生成1mol 放出49kJ的热量(反应物、产物均为气态)。写出总反应的热化学方程式_______。 ③原料气中比例过低会减弱催化剂活性，分析其可能原因_______。 (4)一种以甲醇为燃料、稀硫酸为电解质溶液的燃料电池装置如图所示：写出负极的电极反应式：_______。 【答案】(1) B (2)80% (3) 降低 原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位或反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 (4) 【详解】（1）①0～2min内的平均反应速率为，故答案为：。 ②A．单位时间内消耗1mol 的同时一定消耗4mol ，不能说明该反应已达平衡状态，A项错误； B．体系中的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应已达平衡状态，B项正确； C．混合气体的总质量和总体积不变，则密度不改变，不能说明该反应已达平衡状态，C项错误； 故答案为：B。 （2）设主反应消耗的的物质的量为x，副反应消耗的的物质的量为y，消耗2mol ，生成3.6mol ，则可得方程式，解得x=1.6mol，y=0.4mol，则生成的物质的量为1.6mol，生成的物质的量为0.4mol，则的选择性=，故答案为：80%。 （3）①转化ⅰ中，氢元素化合价升高，铟的氧化物失去氧，氧元素化合价不变，则In元素的化合价降低，故答案为：降低。 ②由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为，由反应生成1mol甲醇放出49kJ的热量可知，反应的焓变△H= -49kJ/mol，则反应的热化学方程式为：，故答案为：。 ③②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活，故答案为：原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位或反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活。 （4）该燃料电池中，甲醇失去电子生成二氧化碳，发生氧化反应，为电池的负极，电极反应式为：，故答案为：。 29．(24-25高一下·江苏扬州邗江区·期末)CH4是一种重要的化工原料，有着广泛的应用。 (1)光照时，CH4可与Cl2发生反应：CH4 (g)＋Cl2(g) =CH3Cl (g)＋HCl (g)     ΔH ①光照时Cl2发生：Cl2 =2·Cl。该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。 ②生成CH3Cl和HCl中涉及：Ⅰ 、CH4 (g)＋·Cl(g) →·CH3 ＋HCl (g)； Ⅱ、·CH3＋Cl2 (g) → CH3Cl(g)＋·Cl (g)。 其中间态物质的能量关系如图所示： a、对比反应Ⅰ的反应速率与反应Ⅱ的反应速率，其中速率较大的是___________。 b、CH4 (g)＋Cl2(g) =CH3Cl (g)＋HCl (g)  ΔH ___________(填“>”或“<”)0。 (2)CO2 - CH4催化重整时发生：CH4 (g)＋CO2 (g)2CO(g)＋2H2(g)，可制取H2和CO。 ①该反应的化学平衡常数表达式K=___________。 ②在2 L密闭容器内，n(CO2 )随时间t变化如下表： 时间t / min 0 10 20 30 40 50 n(CO2 ) / mol 0.020 0.012 0.010 0.008 0.007 0.007 用CO2 表示0～20 min内该反应的平均速率v(CO2 )=___________mol·L−1·min−1。 (3)一种CH4燃料电池的电解质为稀硫酸，石墨作电极，质子交换膜将电池分为正极区和负极区。该电池工作时，负极发生的电极反应式为___________。 【答案】(1) 吸收 反应Ⅱ (2) (3) 【详解】（1）①光照时Cl2发生：Cl2 =2·Cl，即由氯气分子变为氯原子，在转变过程中需要破坏氯气分子中，该过程需要吸收热量，属于吸收反应； ②生成CH3Cl和HCl中涉及反应历程分别为：Ⅰ 、CH4 (g)＋·Cl(g) →·CH3 ＋HCl (g)；Ⅱ、·CH3＋Cl2 (g) → CH3Cl(g)＋·Cl (g)； a、在多步反应历程中，活化能越大的反应速率越慢，反之活化能越小的反应速率越快，对比反应Ⅰ 和反应Ⅱ，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能大，则对比反应Ⅰ的反应速率与反应Ⅱ的反应速率，其中速率较大的是：反应Ⅱ； b、在反应CH4 (g)＋Cl2(g) =CH3Cl (g)＋HCl (g) 中，由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，有。 （2）①反应CH4 (g)＋CO2 (g)2CO(g)＋2H2(g)的化学平衡常数表达式为：； ②在2 L密闭容器内，起始时，当时间为时，剩余的，则用CO2 表示0～20 min内该反应的平均速率为： （3）以稀硫酸为电解质溶液的CH4燃料电池，石墨作电极，通常燃料在负极反应，电极反应式为：。 30．(23-24高一下·江苏南京中华中学·期末)减少、的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。 (1)尿素水解生成的催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程，反应过程与能量关系如图1，在以为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。 ①催化还原NO为__________（填“放热”“吸热”）反应。 ②上述脱硝的总反应化学方程式为：__________。 (2)电厂烟气脱氮的反应为：  ，现向某密闭容器中分别投入一定量的和发生以上反应。其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，反应时NO的转化率与温度的关系如图。 ①在催化剂甲的作用下，温度高于210℃小于300℃时，NO转化率降低的可能原因是__________。 ②100～300℃区间，内，使用甲催化剂时NO的最高平均速率为__________。 (3)工业以和为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：  ，在液相中，的平衡转化率与温度、初始氨碳比（用L表示，）、初始水碳比（用W表示，）关系如图。 ①曲线A、B中，__________（填“A”或“B”）的W较小。 ②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x（M）代替平衡浓度来计算平衡常数（记作）。195℃时，的的值为__________。 (4)尿素溶液可吸收含、NO烟气中的，其反应为。若吸收烟气时同时通入少量，可同时实现脱硫、脱硝。 脱硝的反应分为两步。第一步：。第二步：和反应生成和。将含、NO烟气以一定的流速通过10％的溶液，其他条件相同，不通和通少量时的去除率如图所示。通少量时的去除率较低的原因是__________。 【答案】(1) 放热 (2) 催化剂活性降低或正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 (3) A 3.25 (4)NO与ClO2反应生成NO2和HCl，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，导致与SO2反应的尿素减少 【详解】（1）①由图1可知反应物的总能量高于生成物的总能量，则NH3催化还原NO为放热反应； ②由图可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为：； （2）①催化剂的活性受温度的影响，温度升高催化剂的活性可能降低，且该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此转化率减小，所以温度高于210℃小于300℃时，NO转化率降低的可能原因是：催化剂活性降低或正反应放热，升高温度，平衡逆向移动； ②由图可知100℃~300℃之间，NO的最高转化率为60%，故NO的最大变化量为，则使用甲催化剂时NO的最高平均速率为； （3）①当初始氨碳比相同时，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于曲线B，则曲线A的W较小； ②N点氨碳比为3，初始水碳比为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始NH3、CO2物质的量分别为3amol、amol，列三段式： 平衡时总物质的量为3.25amol，则； （4）通入ClO2，NO与ClO2反应生成NO2和HCl，溶液酸性增强，存在平衡：，导致该平衡向左移动，SO2的溶解度减小；且NO2消耗尿素，导致与SO2反应的尿素减少，则通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是：NO与ClO2反应生成NO2和HCl，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，导致与SO2反应的尿素减少。 31．(23-24高一下·江苏常州高级中学·期末)H2、CO、CH4等都是重要的能源，也是重要的化工原料。 (1)25℃，101kPa时，8.0gCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出445.1kJ热量。写出该反应的热化学反应方程式：_______。 (2)水煤气中的CO和H2在高温下反应可生成甲烷。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO和5molH2，一定温度下发生反应：。测得CO和H2的转化率随时间变化如图所示。 ①从反应开始到6min，CO的平均反应速率_________，6min时，H2的转化率为________。 ②下列叙述中能说明上述反应达到化学平衡状态的是___________。（填字母） a．容器中混合气体的密度保持不变         b．容器中混合气体的总压强保持不变 c．容器中CH4的体积分数保持不变         d．单位时间内每消耗1molCO，同时生成1molCH4 (3)甲烷燃料电池装置如图，电池总反应为。通入CH4一端电极反应方程式为：__________；通入氧气的电极为电池的_________（填“正极”或“负极”），若通入0.1molCH4充分反应，计算用此燃料电池电解饱和食盐水，理论上得到氢气的体积（标准状况下）__________。 【答案】(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.2kJ/mol (2) 0.05mol·L-1·min-1 36% bc (3) CH4-8e-+10OH-=+7H2O 正极 8.96L 【详解】（1）8gCH4物质的量为0.5mol，完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出445.1kJ的热量，则该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.2kJ/mol。 （2）①从反应开始到6min，CO的转化率为60%，即有0.6molCO被反应掉，则v(CO)==0.05mol·L-1·min-1。6min时反应掉CO0.6mol，则反应掉H21.8mol，则H2的转化率为1.8mol÷5mol=36%。 ② a．反应在恒容密闭容器中进行，且反应物和生成物都是气体，无论是否达到平衡，混合气体的密度始终不变，a错误； b．该反应不是等体积反应，且在恒容密闭容器中进行，随着反应进行，容器内压强不断变化，容器内压强不变说明反应达到平衡，b正确； c．随着反应进行，容器内CH4的体积分数不断变化，容器内CH4的体积分数保持不变说明反应达到平衡，c正确； d．单位时间内消耗1molCO生成1molCH4，两者均表示正反应速率，无法说明反应达到平衡，d错误； 故答案选bc。 （3）甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，甲烷失电子结合氢氧根离子生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O。通入氧气的电极为电池的正极，通入0.1molCH4充分反应，转移0.8mol电子，电解饱和食盐水时阴极上电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移0.8mol电子生成0.4mol氢气，标况下体积为8.96L。 32．(23-24高一下·江苏常州高级中学·期末)氨的制备、应用及氨氮的去除是当前研究的重要课题。 (1)工业上以氮气和氢气为原料合成氨气。已知断开1 mol H-H键，1 mol N-H键，1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则 △H=___________。 (2)电催化还原可制备NH3，NF是一种电极载体，分别以Ni2P/NF、Fe/NF、NF为阴极材料，电解含的中性溶液(电极材料与溶液不发生反应)。控制电压恒定、催化剂的面积为0.25 cm2，电解2小时后，不同电极上NH3的产率及NH3的选择性如题图所示。 已知：NH3的产率；NH3的选择性。 ①Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2小时，消耗___________mol。 ②分别以Ni2P/NF、Fe/NF电极电解NaNO2溶液相同时间后，溶液中的浓度大小关系为：c()Ni2P/NF＞c()Fe/NF，其原因是___________。 (3)电催化NO合成技术，能耗低、绿色环保，是化工行业关注的热点。某科研团队设计的Zn-NO电池装置及在不同电压下NH3的单位时间产量如图所示， 已知：a．双极膜中H2O电离出的H+和OH-在电场作用下可以向两极迁移； b． ①写出正极的电极反应式___________。 ②0.7V电压下连续放电10小时，外电路通过1.8×10-4 mol e-，则法拉第效率为___________。(保留两位小数) (4)氨的应用。以NH3和CO2为原料在一定温度和压强下合成尿素的反应分两步： Ⅰ．NH3和CO2生成NH2COONH4； Ⅱ．NH2COONH4分解生成CO(NH2)2。 反应过程中能量变化如图所示。 则总反应的△H=___________kJ/mol(用图中能量数据表示)。 (5)氨氮的去除。已知，磷酸是一种弱酸，大多数磷酸盐难溶于水。现用0.01 mol/LNH4H2PO4溶液模拟氨氮废水，以镁作阳极、不锈钢作阴极进行电解，可将废水中的转化为MgNH4PO4沉淀而除去。调节溶液初始pH=7，氨氮去除率和溶液pH随时间的变化情况如图所示。电解时两极反应式分别为：Mg-2e-=Mg2+，2H2O+2e-=2OH-+H2↑。写出废水中生成MgNH4PO4沉淀的离子方程式：___________。 【答案】(1)-92 kJ/mol (2) 在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大 (3) NO+5H++5e-=NH3+H2O 63.40% (4)E3-E4+E1-E2 (5)Mg2++2OH-++=MgNH4PO4↓+2H2O 【详解】（1）反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。则反应的反应热△H=(946 kJ/mol+3×436 kJ/mol)-6×391 kJ/mol=-92 kJ/mol； （2）①由图可知：在以Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2 小时，NH3的产量是3400 mg/(h·cm2)，NH3的选择性为70%，则生成该NH3反应消耗n()的物质的量为n()消耗==0.1 mol，根据NH3的选择性是70%，可知反应消耗的总物质的量为n()总=； ②分别以Ni2P/NF、Fe/NF电极电解NaNO2溶液相同时间后，溶液中的浓度大小关系为：c()Ni2P/NF＞c()Fe/NF，原因是在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大； （3）①根据图示可知：在电极Y上NO得到电子，与H+结合形成NH3、H2O，故Y电极为正极，正极的电极反应式为：NO+5H++5e-=NH3+H2O； ②由图可知：在电压为0.7V时，NH3的产量为38.8×10-6 g/h，则连续工作10 小时NH3的产量为m(NH3)= 38.8×10-6 g/h×10 h=3.88×10-4 g，由NO+5H++5e-=NH3+H2O可知：当外电路通过1.8×10-4 mol e-时理论上反应产生NH3的质量为m==6.12×10-4 g，则法拉第效率为：×100%=63.40%； （4）反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差。对于反应Ⅰ．是NH3和CO2生成NH2COONH4，热化学方程式为：CO2(l)+2NH3(l)=NH2COONH4(l) △H1=(E1-E2)； 对于反应Ⅱ．是NH2COONH4分解生成CO(NH2)2，热化学方程式为：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) △H2=(E3-E4)。根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，整理可得CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)  △H=△H1+△H2=(E1-E2)+(E3-E4)= E3-E4+E1-E2； （5）电解时两极反应式分别为：Mg-2e-=Mg2+，2H2O+2e-=2OH-+H2↑。则废水中生成MgNH4PO4沉淀的离子方程式为Mg2++2OH-++=MgNH4PO4↓+2H2O。 33．(23-24高一下·江苏常州高级中学·期末)工业及汽车尾气已成为城市空气的主要污染源，研究其反应机理对于环境治理有重要意义。 (1)硝酸厂尾气可以回收制备硝酸。已知： ① ② ___________kJ/mol。 (2)选择性催化还原(SCR)是目前应用最广泛的降低内燃机排放技术，原理如图所示： ①尿素SCR技术(路径a)。 已知：在H中发生尿素的热解与水解： 尿素受热分解：(异氰酸)； 异氰酸水解：。 在发动机低负荷或低速空载时，柴油机排气的温度只有150℃或者更低，可造成的问题是___________。 ②固态铵SCR(路径b)技术在机外加热铵盐产生氨气。在S中发生的反应为：，每生成1mol时，反应转移的电子数为___________。 ③固态铵SCR技术相对于尿素SCR技术的优点是___________。 (3)在贵金属催化剂表面进行CO还原NO也是去除氮氧化物的方法之一，反应机理如图所示。 ①生成的总反应为___________。 ②图中虚线框内CO还原NO转化为反应机理可描述为___________。 (4)含铈溶液可以处理大气中的氮氧化物，并可通过电解法再生。铈元素(Ce)常见的化合价有+3价、+4价。NO可以被含的溶液吸收，生成等物质的量的、。可采用电解法将上述吸收液中等物质的量、转化为无毒物质，其原理如图所示。阴极的电极反应式为___________。 【答案】(1) (2) 发动机低温排气时，尿素无法分解，转化效率低；同时未分解的尿素水溶液随尾气排放到大气中造成二次污染 3mol 通过电加热器直接加热铵盐产生氨气，不受发动机排气温度限制 (3) NO被吸附在贵金属的表面，同时发生键的解离，断裂为氮原子和氧原子。被贵金属吸附过来的CO结合氧原子转化为CO2 (4)++8e-+10H+=N2↑+5H2O 【详解】（1）根据盖斯定律，可以得到反应：则，故答案为-389； （2）①尿素200℃分别，发动机低温排气时，尿素无法分解，转化效率低；同时未分解的尿素水溶液随尾气排放到大气中造成二次污染，故答案为：发动机低温排气时，尿素无法分解，转化效率低；同时未分解的尿素水溶液随尾气排放到大气中造成二次污染； ②由反应的化合价变化可知，当生成4molN2时转移12mol电子，则每生成1mol时，反应转移的电子数为3mol，故答案为3mol； ③固态铵SCR技术相对于尿素SCR技术而言，热分解不需要受发动机温度限制，故答案为：通过电加热器直接加热铵盐产生氨气，不受发动机排气温度限制； （3）①由反应原理图可以看出，NO和CO是反应物，N2和CO2是生成物，其总反应为，故答案为：； ②由反应机理示意图可以看出，图中框线内NO被吸附在贵金属的表面，同时发生键的解离，断裂为氮原子和氧原子。被贵金属吸附过来的CO结合氧原子转化为CO2，故答案为：NO被吸附在贵金属的表面，同时发生键的解离，断裂为氮原子和氧原子。被贵金属吸附过来的CO结合氧原子转化为CO2； （4）根据图中右侧电极为阴极，阴极发生还原反应，等物质的量、得电子转化为无毒物质N2，其电极反应为++8e-+10H+=N2↑+5H2O，故答案为：++8e-+10H+=N2↑+5H2O。 ( 考向0 5 脱硫脱硝 ) 34．(24-25高一下·江苏无锡·期末)某工厂处理氨氮废水(氮元素主要以和形式存在)的流程如下： NaOH加入量与废水的pH、氨氮流量的关系如图1所示；处理后废水中氨氮浓度与进料温度的关系如图2所示。 过程I：赶氨。调节氨氮废水的起始温度，向氨氮废水中加入烧碱，充分搅拌。 (1)加NaOH发生的离子反应方程式为_____。 (2)该过程中，铵根离子浓度降低的原因是_____。 过程Ⅱ：硝化。在硝化细菌和氧气的作用下进行硝化：。 (3)上述两步氧化按照先后的顺序，消耗的氧气物质的量之比为_____。 (4)硝化过程中需要控制温度在，原因是_____。 过程Ⅲ：反硝化。通过反硝化细菌和可将还原成，同时生成。 (5)假定不考虑其他副反应，当反硝化反应生成时，消耗甲醇的质量为_____。 【答案】(1) (2)铵根离子转化为氨气逸出，烧碱溶解放热、搅拌，使得氨气逸出 (3)3：1 (4)防止温度过高使硝化细菌失活 (5)80g 【分析】由题干信息可知，赶氨步骤是向废水中加入NaOH固体，使得铵态氮即铵根离子与OH-反应生成NH3赶出，以减小铵根离子的浓度，而硝化步骤中是在硝化细菌作用下将铵根离子被氧气氧化为亚硝酸根，在继续氧化为硝酸根，反硝化步骤中是在饭硝化细菌作用下用甲醇将HNO3还原为N2，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：5CH3OH+6HNO33N2↑+5CO2↑+13H2O，据此分析解题。 【详解】（1）废水中含有铵态氮，则加NaOH后将放出NH3来减小溶液中氮的含量，即发生的离子反应方程式为：，故答案为：； （2）由(1)小问分析可知，加入NaOH固体后，铵根离子转化为氨气逸出，且烧碱溶解放热、搅拌，使得氨气逸出，导致该过程中，铵根离子浓度降低，故答案为：铵根离子转化为氨气逸出，烧碱溶解放热、搅拌，使得氨气逸出； （3）上述两步氧化按照先后的顺序，根据电子守恒可知，1mol转化为1mol需失去6mol电子，则消耗1.5molO2，而1mol转化为1mol需失去2mol电子，在消耗0.5molO2，故前后消耗的氧气物质的量之比为1.5mol：0.5mol=3:1，故答案为：3:1； （4）由题干信息可知，硝化过程中需要使用硝化细菌，故控制温度在的原因是防止温度过高使硝化细菌失活，故答案为：防止温度过高使硝化细菌失活； （5）由分析可知，反硝化过程反应方程式为：5CH3OH+6HNO33N2↑+5CO2↑+13H2O，故当反硝化反应生成时，消耗甲醇的质量为：=80g，故答案为：80g。 35．(24-25高一下·江苏高邮宝应县·期末)O3是一种绿色氧化剂，可用于脱除烟气中NO。 (1)O3的制取和性质 ①用惰性电极电解高纯水制取O3，阳极生成O3的电极反应式为_______。将阳极产生的100mL气体通入足量KI的酸性溶液中，Ⅰ-被氧化为I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，计算出O3的浓度。算得的O3浓度与仪器测定值相比明显偏大，原因是_______。 ②O3分解生成O2可用一定量气体中O3质量变为起始时的所需时间(t))来衡量О3分解的快慢，不同温度下，t的值见下表。在40℃恒容密闭容器中，0~100min，0.2mol·L-1O3分解为O2的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。 温度(T)℃ 20 40 60 80 时间(t)/min 185 100 60 35 (2)O3脱除NO 将含有一定浓度NO的烟气和O3[n(NO)：n(O3)=1：1]以一定流速通入0.04mol·L-1Na2CO3吸收液中，不同温度下，NO脱除率随温度的变化如下图所示。 ①NO与O3反应生成NO2和O2，NO2再进行反应后被吸收。若生成23gNO2放出QkJ热量，NO与O3反应的热化学方程式为_______(反应物和产物均为气态)。 ②NO脱除率随温度升高而降低，原因是_______。 ③吸收液中Na2CO3与NO2反应，生成物质的量之比为l：1的两种含氮酸盐和一种温室气体，其反应的离子方程式为_______。Na2CO3溶液的浓度会影响NO脱除，相同条件下，通入一定量的O3时，NO脱除率随Na2CO3溶液浓度的变化如下图所示。当吸收液中Na2CO3浓度大于0.04mol/L时，NO脱除率基本不变，原因是_______。 【答案】(1) 阳极产生的O3中混有O2，O2也能和KI的酸性溶液反应生成I2 0.001或1×10-3 (2) NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)  ΔH=-2QkJ·mol-1 温度升高，O3分解速率加快；温度升高，NO和O3溶解量减少，NO与O3反应是放热反应，温度升高，反应逆向移动，不利于NO吸收 一定量的O3氧化NO生成NO2的量是一定的，当碳酸钠溶液浓度达到能完全吸收NO2时，NO脱除率不再发生变化 【详解】（1）①用惰性电极电解高纯水制取O3，阳极生成O3的电极反应为水失去电子发生氧化反应生成O3和氢离子：；电解水过程中，阳极水发生氧化反应会产生副产物氧气，使得阳极产生的O3中混有O2，O2也能和KI的酸性溶液反应生成I2，导致计算得到O3浓度与仪器测定值相比明显偏大； ②由题意可知，0~100min，0.2mol·L-1O3分解为O2的化学反应速率为。 （2）①NO与O3反应生成NO2和O2，生成23gNO2（为23g÷46g/mol=0.5mol）放出QkJ热量，则1molNO与1molO3反应生成1molNO2和1molO2放热2QkJ，故热化学方程式为NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)  ΔH=-2QkJ·mol-1。 ②温度升高，导致O3分解速率加快，且温度升高，溶液中NO和O3溶解量减少，NO与O3反应是放热反应，温度升高，使得反应平衡逆向移动，不利于NO吸收，都导致NO脱除率随温度升高而降低； ③Na2CO3与NO2反应，生成物质的量之比为l：1的两种含氮酸盐和一种温室气体二氧化碳，则反应中二氧化氮部分化合升高被氧化为硝酸根离子、部分化合价降低被还原为亚硝酸根离子，结合电子守恒和质量守恒，其反应的离子方程式为。一定量的O3氧化NO生成NO2的量是一定的，当碳酸钠溶液浓度达到能完全吸收NO2时，NO脱除率不再发生变化，使得当吸收液中Na2CO3浓度大于0.04mol/L时，NO脱除率基本不变。 36．(24-25高一下·江苏连云港东海县·期末)消除氮氧化物尾气和水中氨氮已成为环境修复研究的热点。 (1)利用石灰乳与硝酸工业的尾气中氮的氧化物(NO、)反应，既能净化尾气，又能获得、，其部分工艺流程如下： 已知：NO不能与石灰乳反应 ①若氮的氧化物被完全吸收且只生成，该反应的化学方程式为_______。 ②与石灰乳反应制得与，消耗反应过程中转移的电子数为_______mol。 (2)酸性条件下，NaClO溶液可以氧化、NO和等生成和。其他条件一定，转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图-1所示。 ①酸性条件下，NaClO溶液吸收的离子方程式为_______。 ②NaClO溶液的初始pH越小，转化率越高。其原因是_______。 ③酸性复合吸收剂可效脱除NO。复合吸收剂组成一定时，温度对NO去除率的影响如图-2所示。当温度高于60℃后，NO去除率下降的原因是_______。 (3)硝化-厌氧氧化法：将氨氮废水中的氮元素转变为脱除，其机理如下： ①若完全转化为，反应I、反应Ⅱ中转移的电子数之比为_______。 ②废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图-3所示。当DO>2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；还可能的原因是_______。 【答案】(1) 0.5 (2) 酸性条件下，有利于生成氧化性更强的HClO 温度升高，H2O2会发生分解 (3) 2:1 O2浓度过高时被氧化为，导致氮元素无法转变为N2而脱除 【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气反应，生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2，过量的石灰乳以滤渣存在。 【详解】（1）①由题意，可知反应物为NO、NO2和Ca(OH)2，生成物除Ca(NO2)2外，还有H2O，配平该化学方程式可得：； ②NO2与石灰乳反应制得Ca(NO2)2与Ca(NO3)2，反应的化学方程式为：，由反应可知NO2与转移电子数之比为2：1，故1molNO2转移的电子数为0.5mol； （2）①NaClO溶液可以氧化N2O生成Cl-和，在酸性水体中，加入NaClO溶液吸收N2O的离子方程式为：； ②水体溶液初始pH越小，N2O转化率越高，其原因是酸性条件下，有利于生成氧化性更强的HClO； ③温度高于60℃后，NO去除率下降的主要原因是：温度升高，H2O2会发生分解，导致其浓度减小，去除率降低。 （3）①反应Ⅰ中（N为-3价）→（N为+3），1个N原子失去6个电子；反应Ⅱ中（N为-3价）与（N为+3）反应生成N2（0价），中N失3个电子，中N得3个电子，若生成1molN2，反应Ⅰ消耗1mol，转移6mol电子，反应Ⅱ消耗1mol和1mol，转移3mol电子，故反应Ⅰ、Ⅱ转移电子数之比为6：3=2：1； ②当DO>2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；还可能的原因是：O2浓度过高时被氧化为，导致氮元素无法转变为N2而脱除。 37．(24-25高一下·江苏南京·期末)汽车尾气净化装置“催化转化器”是防止尾气(含一氧化碳、氮氧化物等气体)污染的有效方法，能使尾气中的一氧化碳和氮氧化物发生反应生成可参与大气生态循环的无毒气体。 (1)汽车尾气中易造成光化学烟雾的物质是___________。 a．氮氧化物        b．二氧化碳        c．一氧化碳 (2)下列措施中有利于控制城市空气污染的是___________。 a．推广电动汽车        b．加快煤炭开采和使用        c．开发和使用氢能 (3)利用CH4也可除去烟气中的氮氧化物，生成物为可参与大气循环的气体，请写出CH4与NO反应的化学方程式___________。 (4)采用NaOH溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。若反应时消耗10L0.lmol/L的NaOH溶液，则反应中转移电子的物质的量___________mol。 (5)ClO2在脱硝过程中也具有重要应用。利用ClO2氧化脱硝过程发生的反应如下：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl，2NO2+H2O=HNO2+HNO3。随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。 设计实验验证ClO2对水吸收NO2有抑制作用：分别取等体积的蒸馏水和一定浓度ClO2溶液，___________(NO2的浓度可用“NO2浓度传感器”直接测定)。 【答案】(1)a (2)ac (3)CH4+4NO=CO2+2H2O+2N2 (4)0.5 (5)在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，在出口处用NO2浓度传感器测定NO2浓度。若通过蒸馏水逸出的NO2浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用 【详解】（1）a．光化学烟雾是氮氧化物与碳氢化合物在光照的作用下，产生的有毒物质，a符合题意； b．二氧化碳是形成温室效应的气体，不会产生光化学烟雾，b不符题意； c．一氧化碳是煤气中毒的主要成分气体，不会产生光化学烟雾，c不符题意； 故选：a； （2）a．推广电动汽车，可以减少汽车尾气的排放，减少空气污染物的排放，有利于控制城市空气污染； b．加快煤炭开采和使用，煤大量燃烧，能产生大量硫的氧化物，不利于控制城市空气污染； c．氢能属于清洁能源，产物无污染，不产生空气污染物，开发和使用氢能有利于控制城市空气污染； 故选：ac； （3）CH4可除去烟气中的氮氧化物，生成物为可参与大气循环的气体，则CH4与NO反应，生成二氧化碳、氮气和水，化学方程式CH4+4NO=CO2+2H2O+2N2，故答案为：CH4+4NO=CO2+2H2O+2N2； （4）NaOH溶液吸收废气中的氮氧化物的化学方程式如下：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。若反应时消耗10L0.lmol/L的NaOH溶液，则氢氧化钠的物质的量为1mol，根据化学方程式有2mol氢氧化钠参与反应时，转移1mol电子，则有1mol氢氧化钠反应时转移电子的物质的量0.5mol，故答案为：0.5； （5）分别取等体积的蒸馏水和一定浓度ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，在出口处用NO2浓度传感器测定NO2浓度。若通过蒸馏水逸出的NO2浓度较小，则可通过该实验说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用，故答案为：在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，在出口处用NO2浓度传感器测定NO2浓度。若通过蒸馏水逸出的NO2浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用。 38．(24-25高一下·江苏淮安淮安区·期末)氮氧化物能引发酸雨、雾霾等，需处理后才能排放。研究含氮物质的转化是工业、农业、医药、环保等领域的重要课题。 (1)碱液吸收。将硝酸工业的尾气(主要为NO和NO2)通入NaOH溶液中充分吸收，所得溶液经浓缩、结晶、过滤，可以得到NaNO2晶体。 ①NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应生成NaNO2的离子方程式为___________。 ②若用Na2SO3溶液代替NaOH溶液，所得晶体中除含有NaNO2、NaNO3外，还有___________(填化学式)。 (2)“纳米零价铁-H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。 ①Fe2+催化H2O2分解产生，将NO氧化为的机理如图所示，Y的化学式为___________。 ②纳米零价铁的作用是___________。 ③NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为___________。 ④NO脱除率随温度的变化如图所示。温度高于120 ℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。 (3)电化学还原。利用如图所示原电池的装置使NH3与NO2均转化为N2，既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。 ①电极A上发生的电极反应为___________。 ②为使电池持续放电，离子交换膜应为___________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。 【答案】(1) NO+NO2+2OH-=2NO+H2O Na2SO4 (2) Fe3+ (或FeCl3) 与盐酸反应产生FeCl2 2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O 温度升高H2O2分解，HO·减少，导致NO脱除率降低 (3) 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 阴 【详解】（1）①NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应生成NaNO2，N元素化合价由+2价上升到+3价，又由+4价下降到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2+H2O； ②Na2SO3具有还原性，可将NO2还原为NO，同时自身被氧化为，最终溶液中除NaNO2、NaNO3外，还含有Na2SO4。 （2）① 根据图示，Fe2+催化H2O2分解生成HO·，反应为：、，结合图示，X为Fe2+，Y为Fe3+； ② 纳米零价铁（Fe）与HCl反应生成Fe2+：，Fe2+作为催化剂，促进H2O2分解生成HO·，从而氧化NO。因此，纳米零价铁的作用是与盐酸反应产生FeCl2，提供Fe2+； ③ NO被H2O2氧化为HNO3，H2O2被还原为H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ④ H2O2在高温下分解速率加快，H2O2浓度降低，导致HO·生成减少，NO氧化不完全，脱除率下降。 （3）①利用如图所示原电池的装置使NH3与NO2均转化为N2，由图可知，NH3在电极A失去电子后生成N2，电极A为负极，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为： ，电极B为正极； ②电极A（负极）消耗了OH⁻，而电极B（正极）需要生成OH-以维持电荷平衡。正极反应式为：，为了使电池持续放电，OH⁻需要从正极区（电极B侧）通过离子交换膜迁移到负极区，因此离子交换膜应允许阴离子（OH-）通过，即为阴离子交换膜。 39．(24-25高一下·江苏扬州邗江区·期末)排放烟气前须有效处理烟气中的NO2、NO等有害物质。 (1)若不处理烟气中的NO2、NO，直接排放烟气。可能造成的环境问题是___________。 (2)使用NaOH溶液脱除烟气中NO2、NO，发生反应：NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O，2NO2＋2NaOH = NaNO2＋NaNO3＋H2O。 ①上述第一个化学反应中，被氧化的元素的是___________。 ②下列n(NO2)∶n(NO)中，能使NO2、NO全部被NaOH溶液吸收的是___________(填字 母)。 A．1∶1                        B．2∶1                    C．1∶2 (3)基于V2O5/TiO2催化剂中活性位点的一种SCR催化脱硝反应的机理如图所示。 ①V2O5/TiO2催化剂中有两个活性位点，分别为氧化活性位点和酸性活性位点。“转化1”时NH3被吸附在活性位点b上，该活性位点b为___________。 ②“转化2”中，形成的化学键类型是___________(填“离子键”或“共价键”)。“转化4”中，每生成1 mol活性位点a，所需O2的物质的量是___________mol。 ③维持NO和O2的物质的量一定，相同温度下反应达平衡时，NO的脱除率与的关系如图所示。 当>1.0时，烟气中NO脱除率减小的可能原因是___________。 【答案】(1)酸雨、光化学烟雾 (2) N AB (3) 酸性活性位点 共价键 0.25 氧气把氨气中的直接氧化为氮气，使催化剂中氧化活性位点的量减少， 【详解】（1）氮氧化物能引起酸雨和光化学烟雾。若不处理烟气中的NO2、NO，直接排放烟气。可能造成的环境问题是酸雨和光化学烟雾。 （2）使用NaOH溶液脱除烟气中NO2、NO，发生反应：NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O，2NO2＋2NaOH = NaNO2＋NaNO3＋H2O。 ①    NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O反应中，NO中N元素化合价由+2升高为+3，被氧化的元素的是N。 ②A．n(NO2)∶n(NO)=1∶1，恰好发生反应NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O，NO2、NO能全部被NaOH溶液吸收，故选A；                         B．2∶1时，NO2、NO按1∶1恰好发生反应NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O，剩余NO2与氢氧化钠发生反应2NO2＋2NaOH = NaNO2＋NaNO3＋H2O， 所以NO2、NO能全部被NaOH溶液吸收，故选B；                    C．1∶2时，NO2、NO按1∶1恰好发生反应NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O，剩余NO与氢氧化钠不反应，所以NO2、NO不能全部被NaOH溶液吸收，故不选C； 选AB； （3）①V2O5/TiO2催化剂中有两个活性位点，分别为氧化活性位点和酸性活性位点。“转化1”时NH3被吸附在活性位点b上形成，该活性位点b为酸性活性位点。 ②“转化2”中，形成O-H键，形成化学键类型是共价键。“转化4”中，活性位点a中V元素化合价由+4升高为+5，每生成1 mol活性位点a，所需O2的物质的量为0.25mol。 ③当>1.0时，氧气把氨气中的直接氧化为氮气，使催化剂中氧化活性位点的量减少，所以烟气中NO脱除率减小。 40．(24-25高一下·江苏连云港赣榆区·期末)含尾气需要处理后才能排放。 (1)实验室中可使用硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液吸收，化学方程式为___________。 (2)湿法氧化法处理含烟气。碱性条件下，用将氧化成并放出热量。 ①写出该反应的离子方程式：___________。 ②向溶液中加入，会发生反应：。在相同条件下，分别以溶液和含少量的溶液为吸收剂，测得相同时间内，的氧化率随起始溶液浓度的变化如图所示。已知温度升高不利于正向放热反应的进行。 i．起始溶液浓度相同时，当用无的溶液作吸收剂时，的氧化率明显降低，其原因是___________。 ii．以溶液为吸收剂，的氧化率随温度的变化情况如图所示。温度超过后，氧化率下降，试解释其原因：___________、___________。 (3)有氧条件下，在催化剂作用下可被还原为。 ①在钒基催化剂()作用下的脱硝反应机理如图所示，总反应的化学方程式为___________。 ②按上图进行催化脱硝反应。反应一定的时间，和的转化率与温度的关系如图所示。超过200℃后，转化率急剧下降，而仍维持较高的原因是___________。 【答案】(1) (2) 与反应生成，与NO反应更快 或与NO反应都是放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行 温度过高NO在吸收液中的溶解度降低 (3) 当温度超过后，与反应生成NO 【详解】（1）用硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液吸收，被还原为，而被氧化为，则反应的化学方程式为：。 （2）①在碱性条件下，能将氧化成，则反应的离子方程式为：； ②i．根据题目信息，会将转化为：，具有强氧化性，能与NO发生更快的反应，使单位时间内的氧化率升高，所以无时，的氧化率明显降低； ii．以溶液为吸收剂，的氧化率随温度的变化情况如图，当温度超过后，氧化率下降，根据题目中的已知信息：温度升高不利于正向放热反应的进行，可以得到氧化率随温度升高而下降的原因可能是：或与NO反应都是放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行，NO的转化率降低，且温度过高，NO在吸收液中的溶解度也会降低，导致NO的转化率也降低。 （3）①根据在钒基催化剂()作用下可被还原为以及脱硝反应机理图可知，参与反应的物质为、O2和，生成物为和，则转化的总反应化学方程式为：； ②根据反应一定的时间后，和的转化率与温度的关系图，可以看出当温度超过200℃后，转化率急剧下降，而仍维持较高，产生这种变化的原因可能是：当温度超过200℃后，会与反应生成NO，导致NO的量增多，使转化率下降，而继续被消耗，所以转化率仍维持较高。 41．(24-25高一下·江苏扬州第一中学·期末)工厂烟气(主要污染物为NO、)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。 (1)在一定温度下，将溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过反应装置，可将烟气中的NO氧化为可溶的。催化分解产生，将NO氧化为的机理如图所示。 中氧元素的化合价为_______，反应②的离子方程式为_______。 (2)催化还原氮氧化物技术(SCR)是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术。 ①分子的结构式为_______。 ②当与NO的物质的量之比为时，与足量氨气在一定条件下发生反应转化为无毒物质。该反应的化学方程式为_______。若有3.6mol电子发生转移，则生成的物质的量为_______。 (3)工业上氮氧化物通常是用NaOH溶液吸收。 (已知：、) ①吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到晶体，该晶体中的主要杂质是_______(填化学式)。 ②、含量过高会对水中的生物构成安全威胁。纳米铁粉可除去水中的，铁粉的表面积越大，吸附效果越好。 ③三种不同初始pH对反应速率的影响如图所示，其中初始_______时去除效果最好。初始的水样，前10min内反应速率较快的原因是_______。 【答案】(1) -1 3HO•+NO+OH-=+2H2O (2) NO+NO2+2NH32N2+3H2O 1.2mol (3) NaNO3 6 pH=2，溶液酸性较强，氧化性更强，反应速率更快；Fe与H+反应生成Fe2+，Fe2+也能被氧化而去除 【详解】（1）中氢元素为+1价，所以氧元素的化合价为-1；根据化合价升降守恒配平可得反应②的离子方程式为3HO•+NO+OH-=+2H2O； （2）①N2分子结构式为； ②当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在一定条件下发生反应生成无毒物质氮气和水，反应的化学方程式为 NO+NO2+2NH32N2+3H2O；由方程式可知，每生成2mol N2转移6mol电子，当有3.6 mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为； （3）①NaOH溶液吸收NO和NO2时，主要产物为NaNO2，但过量NO2会生成NaNO3，故该晶体中的主要杂质是NaNO3； ③从图中可看出，pH=6时，最终残留率最低，故pH=6时，去除效果最好；初始的水样，前10min内反应速率较快是因为溶液酸性较强，氧化性更强，反应速率更快；同时Fe与H+反应生成Fe2+，Fe2+也能被氧化而去除。 42．(24-25高一下·江苏如皋中学·期末)氮氧化物()是大气污染物之一，处理工业废气中的对于环境保护具有重要的意义。 (1)在一定条件下可将还原。甲同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如图(部分夹持装置省略) ①用装置A制备，其中发生反应的化学方程式为___________；装置B内的试剂是___________。 ②装置D中发生反应的离子方程式是___________。 ③在装置M中和充分反应，生成两种对环境友好的物质，该反应中和的物质的量之比为___________。 (2)用NaOH溶液吸收法处理(仅含NO、)。已知过程中发生的反应有： ； ①用不同浓度的NaOH溶液吸收含量不同的尾气，关系如图： (表示中的含量)：用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：___________；___________。 ②若一定体积的被的NaOH溶液恰好完全吸收，溶液质量增加19.8g，则x的值为___________。 (3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 ①在酸性中，氧化生成和，其离子方程式为___________； ②溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是：___________。 (4)用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图所示。 ①该反应机理中生成NH的离子方程式为___________。 ②过程中去除率及N2生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是___________。 【答案】(1) 碱石灰 4∶3 (2) 50% 1.25mol/L 1.6 (3) NaClO溶液的初始pH越小，则氢离子浓度越大，使得次氯酸根离子和氢离子转化为氧化性强的HClO，导致NO转化率越高 (4) 越小， 浓度越大，会生成更多的氢原子，使生成的中间产物更多的与反应生成，从而减少氮气的生成 【分析】据实验装置可知，装置A中用和制备氨气，方程式为，B中盛放碱石灰干燥氨气，D中Cu与浓硝酸制备NO2，离子方程式为，用无水CaCl2干燥，生成的两种气体进入M中发生反应，上方的气球用于收集尾气。 【详解】（1）①A是实验室制备的装置，发生反应的化学方程式为，B中盛放碱石灰干燥氨气； ②D中Cu与浓硝酸制备NO2，离子方程式为； ③在装置M中和充分反应，生成两种对环境友好的物质，方程式为，该反应中和的物质的量之比为4∶3； （2）①根据图象可知，50%、1.25时，氮氧化物的吸收率最高，因此用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：50%、1.25； ②若一定体积的被的溶液(含0.5mol)恰好完全吸收，溶液质量增加19.8g，结合质量守恒，则质量为19.8g，结合方程式可知，，物质的量为0.5mol，则，x的值为1.6； （3）①在酸性中，氧化生成和，反应中氯化合价由+1变-1、氮化合价由+2变为+5，结合电子守恒，其离子方程式为； ②溶液的初始pH越小，则氢离子浓度越大，使得次氯酸根离子和氢离子转化为氧化性强的，导致转化率越高； （4）①分析催化还原反应的过程图，反应机理中生成的过程为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为，在催化剂层中得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原生成，方程式为：； ②由去除率及氮气生成率图可知，的生成率在时达到最大值，越小， 浓度越大，使生成的中间产物更多的与反应生成，从而使转化为氮气的量减少。 ( 考向0 6 物质结构与性质 ) 43．(23-24高一下·江苏镇江·期末)氮元素可形成氢化物、卤化物、氮化物、叠氮化物和配合物等多种化合物。 (1)肼可用作火箭燃料，其结构式为_______。 (2)过量和在铜催化作用下反应生成中原子的杂化方式为_______，分子的空间构型为_______。 (3)和在可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示。晶胞中距离最近的原子有_______个，写出该反应的化学方程式：_______。 (4)叠氮化钠分解反应为，下列有关说法正确的是_______(填字母)。 熔融态的能导电 属于金属晶体 常温下，很稳定，是因为的电负性大 (5)与、形成的配合物用作核磁共振的造影剂。 ①中心离子是_______，配位数为_______。 ②离子中键和键的个数比为_______。 【答案】(1) (2) sp3 三角锥形 (3) 12 (4)ab (5) Co3+ 6 2:1 【详解】（1） 肼可用作火箭燃料，其结构式为，答案：； （2）中原子的价层电子对数为，杂化方式为sp3，分子的N的价层电子对为，存在一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形，答案：sp3、三角锥形； （3）以顶点为对象，一个晶胞中最近的有3个，周围有8个晶胞，每一个为2个晶胞共有，所以晶胞中距离最近的原子有个，产物之一的晶胞结构如图所示即N有1个，有，化学式为，所以该反应的化学方程式：，答案：12、； （4）a．由活泼金属和活泼非金属构成，推测属于离子晶体，所以熔融态的能导电，故a正确； b．是一种金属，属于金属晶体，故b正确； c．常温下，氮气中存在N≡N，N≡N的键能很大，不容易断裂，所以N2很稳定，故c错误； 答案：ab； （5）①中心离子是Co3+，配位数为6； ②离子中键和键的个数比为2:1； 答案：Co3+、6、2:1。 44．(24-25高一下·江苏丹阳·期末)钴及其化合物有重要的应用价值。 (1)钴在周期表中的位置是_______。 (2)某钴氧化物的晶胞如图所示，该氧化物中钴离子的外围电子排布式为_______。与钴离子距离最近且相等的氧离子构成的空间构型为_______。 (3)橙红色晶体羰基钴的熔点为52℃，分子式为，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。该晶体属于_______晶体。配体CO中与Co形成配位键的原子是C而非O，从电负性角度解释其原因是_______。 (4)通过可制备。 ①中含有_______键。 ②与相比，其H—N—H的键角前者_______后者（填“>”、“<”或“=”）。 【答案】(1)第四周期Ⅷ族 (2) 正八面体 (3) 分子 C的电负性小于O，更容易提供电子 (4) 24 > 【详解】（1）钴的原子序数为27，位于第四周期第VIII族； （2）钴的原子序数为27，钴离子的外围电子排布式为；与钴离子距离最近且相等的氧离子是上、下、左、右、前、后6个氧离子，构成的空间构型为正八面体； （3）橙红色晶体羰基钴的熔点为52℃，分子晶体熔沸点较小，可溶于有机溶剂，因此属于分子晶体，CO中C、O原子均有孤对电子，C原子半径比O大，电负性小，对孤电子吸引较弱，更容易形成配位键； （4）①中存在Co2+和NH3之间存在6个配位键，NH3中存在3个N-H键，故中含有的σ键数目为24mol； ②中N价层电子对数为4+0=4，NH3中N价层电子对数为3+1=4，存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，故NH3中H—N—H的键角变小，配合物与NH3相比，H—N—H的键角前者大于后者； 45．(24-25高一下·江苏苏州·调研)磷元素可形成种类丰富的物质，结构各异，性质多样。 (1)磷的氢化物 ①中原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________。 ②与形成配位键的能力弱于的原因是___________(从电负性的角度解释)。基态的电子排布式为___________。 ③的沸点()低于的沸点()的主要原因是___________。 (2)磷的含氧酸 已知：磷的含氧酸中的羟基可发生电离，两个羟基可脱去一分子。 ①磷酸()可通过脱水缩合生成焦磷酸()。焦磷酸的结构式可表示为___________。 ②次磷酸()结构式为，次磷酸与溶液反应的化学方程式为___________。 (3)磷铁化合物 ①某种磷铁化合物的晶胞如图-1所示，该磷铁化合物的化学式为___________。 ②全磷二茂铁的结构如图-2所示，中提供孤电子对，使的、、轨道形成共18电子的稳定结构，2个共提供___________个电子与形成配位键。 【答案】(1) 三角锥形 对孤电子对的吸引能力比强，不易提供孤电子对与形成配位键 或 分子之间存在氢键 (2) (3) 12 【详解】（1）①中原子的孤电子对数为：，P原子为杂化；的空间构型为三角锥形； ②与形成配位键的能力弱于的原因是：对孤电子对的吸引能力比强，不易提供孤电子对与形成配位键；基态核外电子数为27，电子排布式为或； ③的沸点()低于的沸点()的主要原因是：分子之间存在氢键； （2） ①磷酸()可通过脱水缩合生成焦磷酸()。焦磷酸为两个磷酸分子各脱去1个-OH，焦磷酸的结构式可表示为：； ②次磷酸()结构式为，其为一元酸，次磷酸与溶液反应为酸碱中和反应，化学方程式为：； （3）①Fe的个数为：，P的个数为2，磷铁化合物的化学式为：； ②中提供孤电子对，使的、、轨道形成共18电子的稳定结构，的价电子排布式为，则2个共提供12个电子与配位形成共18电子的稳定结构。 46．(24-25高一下·江苏天一中学·期末)按要求回答下列问题。 (1)从结构角度分析，能与HCl反应的原因是_______。 (2)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质属于顺磁性物质的是_______(填字母)。 A．    B．    C． (3)与生成环状结构的配离子 该配离子的结构式为_______(不考虑立体异构)。 (4)CuCl属于共价化合物，气态 CuCl分子的相对分子质量为199，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为_______。 (5)与足量的硝酸银溶液反应生成2molAgCl，该配合物内界的化学式为_______。 (6)苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，某研究小组在实验室制备得到苯甲醇与苯甲酸钠混合溶液，已知：苯甲醇易溶于乙醚、乙醇，在水中溶解度较小。苯甲酸微溶于水。则萃取分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是_______，其理由是_______。萃取分液后，所得水层用盐酸酸化得到苯甲酸，然后过滤、重结晶得到苯甲酸。 (7)配合物 和 的配位数之比为_______。区别这两种配合物的实验方案为_______。 【答案】(1)中氮原子上有一对孤电子对，可与形成配位键 (2)B (3) (4) (5) (6) 乙醚 苯甲醇易溶于乙醚，且乙醚与水互不相溶，可用乙醚作为萃取剂 (7) 1：1 取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为 【详解】（1）中氮原子上有一对孤电子对，可与形成配位键，所以能与HCl反应； （2）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。 A．[Cu(NH3)2]Cl中Cu的化合价为+1价，亚铜离子外围电子排布是3d10，各原子核外电子均已成对，A不符合题意； B．[Cu(H2O)4]SO4中的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，B符合题意； C．Na[Al(OH)4] 中铝离子外围电子排布是2s22p6，各原子核外电子均已成对，C不符合题意； 故答案选B； （3） 制备时过多会导致与生成环状结构的配离子，由于Cu2+形成四个配位键，O存在孤电子对，可知其结构为。 （4） CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，设分子式为(CuCl)n，则99.5n=199，解得n=2，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为； （5）测得与足量的硝酸银溶液反应生成2mol，该配合物内界的化学式为； （6）苯甲醇易溶于乙醚，且乙醚与水互不相溶，可用乙醚作为萃取剂； （7）配合物和的配位数均为6，其比值为1：1，想区分两种配合物，只需验证同物质的量中氯离子浓度即可，故可取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为。 47．(24-25高一下·江苏泰州中学·期末)下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。 (1)与元素⑧同族且原子序数相差2的元素为___________(填元素名称)。 (2)由元素⑤和⑥组成的物质甲的分子空间构型与相似，甲的VSEPR模型为___________，的沸点高于甲的原因___________。 (3)⑨的一种配合物，向100mL 该配合物中加入足量溶液，生成2.87g白色沉淀，则配合物的配离子的化学式为___________。取少量白色沉淀滴加氨水至过量，沉淀又重新溶解，请写出该过程对应的离子方程式___________。 (4)⑦和⑧可形成具有良好半导体性能的。的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为___________。在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且Fe—S间距相等，题图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在答题卡的题图中用“—”将其中一个S原子与紧邻的连接起来___________。 【答案】(1)镍 (2) 四面体 OF2和H2O均由分子构成，H2O分子间可形成氢键，使分子间作用强于OF2分子间的范德华力 (3) (4) 4 或 【分析】结合元素周期表可知：①为H元素、②为Li元素、③为C元素、④为N元素、⑤为O元素、⑥为F元素、⑦为S元素、⑧为Fe元素、⑨为Cu元素、⑩为Br元素，据此分析； 【详解】（1）⑧为Fe元素，处于Ⅷ族，则与元素⑧同族且原子序数相差2的元素为镍元素。 （2）由元素⑤和⑥组成的物质甲即OF2的分子空间构型与相似，H2O中心原子的价层电子对数为4，所以OF2的中心原子的价层电子对数也为4，则甲的VSEPR模型为四面体，的沸点高于甲的原因是：OF2和H2O均由分子构成，H2O分子间可形成氢键，使分子间作用强于OF2分子间的范德华力。 （3）⑨的一种配合物，向0.100 L×0.2 mol/L=0.02 mol该配合物中加入足量溶液，生成2.87g白色沉淀，即生成AgCl的物质的量为，则在外界有一个氯离子，则配合物的配离子的化学式为。取少量白色沉淀滴加氨水至过量，沉淀又重新溶解，生成二氨合银离子，离子方程式为：。 （4） 的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na+和4个Cl-，则阴离子的数目为4，故一个晶胞中的数目为4；根据示意图可知，每个S原子与S-S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等，则用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来，如图或。 48．(24-25高一下·江苏江阴普通高中·调研)高效且稳定的全无机（、、）太阳能电池研究领域取得进展。 (1)基态原子的价层电子排布式为，在元素周期表中的位置为______，基态原子的价层电子轨道表示式为______。 (2)可与形成，中心原子的价层电子对数为______，已知其模型为三角双锥形，如题图－1所示，则的立体构型名称为______。 (3)化合物，固态时均为离子晶体，其组成分别为、，、，分析中不存在类似结构的原因为______。 (4)卤素还可与金属形成丰富多彩的配合物，如与形成。有两种同分异构体，如题图－2所示，其中顺铂是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物，其配体有______，推测在水中的溶解度顺铂______反铂（填“＞”或“＜”）。 【答案】(1) 第六周期第IVA族 (2) 5 直线形 (3)Br半径较大，无法形成 (4) 和 > 【详解】（1） 由基态原子的价层电子排布式为，在元素周期表中的位置为第六周期第IVA族；Cs为55号元素，位于第六周期第IA族，价电子排布式为，基态原子的价层电子轨道表示式为：； （2）根据价层电子互斥理论，中心原子的价层电子对数为键数+孤电子对数=；离子的空间构型是直线形； （3）中不存在类似结构的原因为：由于Br半径较大，无法形成； （4）根据图示可知，配体为和；顺铂为极性分子，在水中的溶解度大于反铂； 49．(24-25高一下·江苏南通·期末)的资源化利用能减少排放，充分利用碳资源。 (1)用氨水可捕集烟气中的。 ①用氨水捕集烟气中足量的离子方程式为_______。 ②其它条件相同，当温度高于40℃，随着温度升高，的捕集率下降，其可能的原因有_______。 ③捕集时会生成中间产物(由和构成)，中不存在的化学键是_______(选择相应的序号填空)。 a．离子键            b．极性共价键            c．非极性共价键        d．配位键 (2)Ni和Ce的某种氧化物可催化加氢合成。 ①基态Ni原子的核外电子排布式为_______。 ②题图1为Ce的某种氧化物的晶胞，该氧化物的化学式为_______，其中每个Ce周围与其距离最近且相等的O的个数为_______。 ③题图2为形成氧空位(该位置无O)后Ce的氧化物的晶胞，其中Ce的化合价为或。该晶体中、的物质的量之比为_______。 【答案】(1) 受热分解、氨水分解、随温度升高溶解度减小 c (2) 或 8 1∶1 【详解】（1）①氨水捕集烟气中的CO2生成碳酸氢铵，离子方程式为； ②其它条件相同，当温度高于40℃，随着温度升高，碳酸氢铵受热易分解生成CO2、氨水分解、随温度升高溶解度减小，的捕集率下降； ③(由和构成)存在离子键，C-N键为极性键，中存在配位键，故c； （2）①Ni是第28号元素，基态Ni原子的核外电子排布式为或； ②根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1:2，该氧化物的化学式为，则一个Ce原子周围有8个O原子； ③由图可知，晶胞中含有Ce原子个数为，O原子位于晶胞内部，1个晶胞中含有7个O原子，设数目为x，数目为y，O数目为z，即①根据化合物化合价为0，可得②，联立①②可得，故、的物质的量之比为1∶1。 50．(23-24高一下·江苏南通·期末)光解水制氢中催化剂的研究是开发新能源的重要课题。 (1)TiO2催化分解水制氢 ①一种TiO2晶胞结构如图，该晶胞中含有的氧原子数为___________。 ②TiO2光热协同分解水制氢的过程如图所示，反应的关键为Vo(氧空位)的产生和消除。 过程(ⅰ)为光化学阶段：反应原理为； 过程(ⅱ)~(ⅳ)为热化学阶段：反应原理可表示为___________。 (2)近年来，[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]NO3·4H2O (R表示氢原子或烃基)等三核金属-氧簇结构的配合物光催化剂的研究受到重视。配合物中暴露的金属原子是光催化反应的活性位点(能有效催化反应的表面位置)。 ①[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]+的结构如图(H原子已略去)。中心氧原子与3个Fe3+形成平面三角形，该O原子的杂化轨道类型为___________，每个Fe3+相邻的O原子围成的几何形状为___________。 ②配合物中铁的含量关乎光催化反应效果，可利用热重分析法测定铁的含量。称取一定量样品[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]NO3·4H2O(M=726 g/mol)在空气中加热，样品的固体残留率()随温度的变化如图所示。通过计算确定500℃时残留的金属氧化物的化学式(写出计算过程)。___________ ③与[Fe3O(CH3COO)6(H2O)3]+相比，用[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]+作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是___________。 【答案】(1) 4 2Ti3++Vo+H2O→2Ti4++O2-+H2↑ (2) sp2 八面体 Fe2O3 甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大 【详解】（1）①用均摊方法计算。含有的小球原子数目是8×+1=2；含有的大球原子数目是4×+2=4，小球与大球原子个数比为2:4=1:2，所以根据物质化学式TiO2，可知：小球表示Ti原子，大球表示O原子，因此在该晶胞中含有的氧原子数为4个； ②根据图示可知：过程(ⅱ)~(ⅳ)的反应原理为2Ti3++Vo+H2O→2Ti4++O2-+H2↑； （2）①在[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]+结构中，中心O原子与3个Fe3+形成平面三角形，则键角是120°，说明该O原子的杂化轨道类型为sp2杂化； 根据图示可知每个Fe3+与周围相邻的6个O原子形成正八面体结构； ②设取[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]NO3·4H2O的物质的量是1 mol，其质量是726 g，其中含有Fe的质量是m=3×56 g=168 g；根据图示可知500℃时固体残留率是33.06%，则残留固体的质量为726 g×33.06%=240 g，其中含有的O元素的物质的量n(O)==4.5 mol，n(Fe):n(O)=3 mol:4.5 mol=2:3，所以该物质的化学式为Fe2O3； ③与[Fe3O(CH3COO)6(H2O)3]+相比，用[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]+作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大，因此制氢反应效率大幅提升。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合 期末压轴50题（非选择题） 六大高频考向概览 考向01 工艺流程题 考向02 物质制备实验题 考向03 有机推断及有机合成题 考向04 反应原理综合题 考向05 脱硫脱硝 考向06 物质结构与性质 ( 工艺流程题 ) 1．(24-25高一下·江苏部分高中·期末)某化学兴趣小组用为原料制备纳米，实验流程如下： (1)“氧化”过程中需加入一定量稀硫酸，反应的离子方程式为___________。 (2)“反应”过程中生成的反应为：。为提高原料利用率，“氧化”过程中称取27.8g晶体加入适量充分反应(忽略对后续反应的影响)，补充完善“反应”操作过程：___________，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，___________，仍继续滴加NaOH溶液直至pH值约为11。 (3)“洗涤干燥”过程中，判断沉淀洗净的方法是___________。 (4)纳米可用作脱除气体的脱硫剂，包括“脱硫”和“再生”两个过程。 ①“脱硫”过程中生成硫化亚铁和单质硫，反应的方程式为___________。 ②“再生”过程中，需向“脱硫”后固体通入，在400℃条件下加热，有产生，剩余的固体可作脱硫剂。反应温度与脱硫剂质量关系如图所示，当温度过高时，所得“再生”后的脱硫剂脱硫效果变差的可能原因是___________。 2．(23-24高一下·江苏盐城·期末)作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(主要含，含有少量、、、等元素)制备的流程如下： 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 物质 开始沉淀 1.9 3.5 6.9 完全沉淀 3.2 4.6 8.9 回答下列问题： (1)“反应器”主要反应的离子方程式为___________。 (2)“反应器”加入少量的作用是___________。不宜使用替代，原因是___________。 (3)①若需要、分步沉淀需先调的范围为___________。 ②测定此时沉淀中铁的质量分数：准确称取沉淀1.200g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和)，消耗溶液22.00mL。该沉淀中铁的质量分数为___________(写出计算过程)。 (4)煅烧窑中，生成反应的化学方程式是___________。 3．(23-24高一下·江苏泰州中学·期末)重铬酸钾在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为，其中为价，为价，杂质主要为]制备重铬酸钾的工艺流程如图所示： 已知：①酸性条件下，有强氧化性，其氧化性强于。 ②“焙烧”时元素转化为元素转化为。 ③矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度与的关系如图1所示。当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。 ④有关物质的溶解度如图2所示。 (1)基态原子的核外电子排布式是___________。 (2)“焙烧”时发生反应生成和，该反应的化学方程式是___________。 (3)“水浸”时滤渣的主要成分是，“中和”时滤渣的主要成分是___________，“中和”时控制溶液的介于的原因是___________。 (4)“酸化”的目的是将溶液中的转化为，“酸化”时___________(填“能”或“不能”)用盐酸代替醋酸，原因是___________。 (5)“工序I”加入的目的是___________。 4．(23-24高一下·江苏常州溧阳·期末)硫铁矿(主要成分为)在硫酸工业中应用广泛，现以硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量杂质)为原料，氨水为沉淀剂制备硫酸亚铁晶体的实验流程如下： (1)“焙烧”时，鼓入过量的空气的目的是___________。“操作1”的名称为___________。 (2)加入的目的是___________；需要控制温度35℃~38℃，原因是___________。 (3)加入氨水沉淀时，调节可使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，滤液2中主要成分为___________(填化学式)。 (4)“还原”时，发生的主要反应的离子方程式为___________；检验Fe3+是否完全转化的实验方法是___________。 (5)固定其他条件不变，铁粉过量系数对酸浸后滤液中Fe3+还原率的影响如图所示。若取加硫酸后的溶液[其中]制备晶体，则向滤液中加入铁粉的质量为___________。 (6)准确称取硫酸亚铁晶体，加水完全溶解，滴加酸性溶液恰好完全反应，消耗酸性溶液。则硫酸亚铁晶体中的质量分数_______(写出计算过程，结果保留小数点后两位)。【已知：Fe2++MnO+H+=Fe3++Mn2++H2O(未配平)】 5．(23-24高一下·江苏徐州·期末)BeO广泛应用于原子能、航天等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为BeO、、及一定量的FeO、)生产BeO的一种工艺流程如下。 已知：①性质与相似，的性质与相似。 ②几种金属离子的氢氧化物沉淀时pH如下表： 开始沉淀时的pH 5.2 3.3 1.5 6.5 沉淀完全时的pH 8.8 5.0 3.7 9.7 (1)增大绿柱石浸取率的方法有___________(任写两条)。 (2)写出步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式：___________。 (3)步骤Ⅱ调节pH的范围为___________；步骤Ⅲ滤液的成分为___________(写化学式)。 (4)步骤Ⅲ当pH>8.8时，的质量随溶液pH变化如图所示，原因是___________(用离子方程式表示)。 (5)步骤Ⅲ中沉淀的方法分为直接沉淀法和沸腾沉淀法。沉淀方法对沉淀质量的影响如图所示，分别对获得进行分析，沉淀形态及纯度的影响如表。使用直接沉淀法虽然沉淀质量较大但的纯度较低的原因是___________。 沉淀方法 沉淀形态 的纯度/% 直接沉淀法 胶状无定型 45.77 沸腾沉淀法 大颗粒晶体 60.20 6．(23-24高一下·江苏连云港·期末)某化学兴趣小组用为原料制备纳米，实验流程如下： (1)“氧化”过程中需加入一定量稀硫酸，反应的离子方程式为___________。 (2)“反应”过程中生成的反应为：。为提高原料利用率，“氧化”过程中称取27.8g晶体加入适量充分反应(忽略对后续反应的影响)，补充完善“反应”操作过程：___________，将混合液加热至60℃，恒温下磁力搅拌30min，___________，仍继续滴加NaOH溶液直至pH值约为11。 (3)“洗涤干燥”过程中，判断沉淀洗净的方法是___________。 (4)纳米可用作脱除气体的脱硫剂，包括“脱硫”和“再生”两个过程。 ①“脱硫”过程中生成硫化亚铁和单质硫，反应的方程式为___________。 ②“再生”过程中，需向“脱硫”后固体通入，在400℃条件下加热，有产生，剩余的固体可作脱硫剂。反应温度与脱硫剂质量关系如图所示，当温度过高时，所得“再生”后的脱硫剂脱硫效果变差的可能原因是___________。 7．(23-24高一下·江苏扬州·期末)磁性Fe3O4在污水处理中有广泛的用途。利用废铁屑(主要成分为Fe，及少量Fe2O3和Cu)制备Fe3O4的一种流程如下： (1)“过滤”后所得滤渣的成分是___________；滤液中不含Fe3+，原因是___________(用离子方程式表示)。 (2)“氧化”过程中H2O2的实际用量大于理论用量，原因是___________。 (3)H2O2在Fe3O4表面产生HO•(羟基自由基)的原理如图所示。 ①相同条件下，HO•与OH⁻中氧化性较强的是___________。 ②酸性条件下，Fe2+与H2O2反应生成HO•的离子方程式为___________。 (4)取10.00mL“过滤”后所得滤液，加水稀释到100.00mL，取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加0.0200mol·L⁻1的酸性KMnO4溶液，当恰好完全反应时消耗酸性KMnO4溶液30.00mL。计算滤液中Fe2+的物质的量浓度___________ (写出计算过程)。已知： 8．(23-24高一下·江苏宿迁·期末)作为一种多功能磁性材料，有广泛的应用。 (1)的制备 共沉淀法是制备纳米的重要方法，制备流程如下图所示。 ①“共沉淀”时控制温度为70℃~90℃的实验方法是___________。 ②“共沉淀”的离子方程式为___________。 ③“共沉淀”时控制和的物质的量之比略大于原因是___________。 ④检验纳米洗涤干净的实验操作是___________。 (2)中Fe元素质量分数测定 打印机墨粉中的含量是衡量墨粉质量的重要指标。假设墨粉中除粉末外其余成分均不溶于水且不与酸反应。为测定墨粉中Fe元素的质量分数，进行如下实验。 实验1：称取0.2800g墨粉溶于足量的稀硫酸中，充分反应后过滤。 实验2：向滤液中加入过量溶液，充分反应。 实验3：将反应后的溶液加热一段时间后，加入过量的KI溶液。 实验4：加入2~3滴淀粉溶液作指示剂，滴加溶液至恰好反应，消耗20.00mL溶液。 已知： ①实验2反应的离子方程式___________。 ②实验3中加热除去过量的目的是___________。 ③墨粉中Fe元素的质量分数为___________。(写出必要的计算过程) ( 考向02考向01 物质制备实验题 ) 9．(24-25高一下·江苏部分高中·期末)重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下： I、制备阶段 ①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐； ②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化； ③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。 II、纯度分析 称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。 回答下列问题： (1)在氧化焙烧时，用___________进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是___________(填序号)。 (2)步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式___________。 (3)步骤②中加入强酸酸化的目的是___________。 (4)步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是___________。 (5)纯度分析中选择的指示剂是___________，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式___________。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为___________%(保留两位小数)。 10．(24-25高一下·江苏高邮宝应县·期末)铁的化合物具有重要用途。 (1)铁元素是人体必不可少的元素之一，用于生成红细胞。某品牌补血剂的说明书如下表所示，回答下列问题。 ①若人体内铁元素的含量不能满足正常红细胞生成的需要，会引发_______(填“贫血”或“甲亢”)。 ②补血剂成分中含有“维生素C”，维生素C的作用是_______。 ③“开瓶后需要放冰箱冷藏，于一个月内饮用完”，以防止Fe2+发生变质。检验Fe2+是否发生变质的操作是_______[可选用的试剂有：新制氯水、KSCN溶液、酸性：KMnO4溶液]。④实验室配制FeSO4溶液后为防止空气中的氧气使其发生变质，可用液封法。下列是三种液态物质的溶解氧含量如下表，其中液封效果最好的是_______(填“字母”)。 选项 A B C 物质 自来水 植物油 饱和蔗糖溶液 溶解氧含量(mg/L) 4.92 3.82 0.48 (2)聚合硫酸铁{[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m}广泛用于水的净化，以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。 ①将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为_______。然后稠液体在一定条件下水解聚合生成聚合硫酸铁。 ②测定聚合硫酸铁样品中铁元素的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00mL。计算该样品中铁元素的质量分数(写出计算过程)。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁元素的质量分数的测定结果将_______(填“偏大”或“偏小”)。 11．(24-25高一下·江苏连云港赣榆区·期末)为易溶于水而难溶于乙醇的翠绿色晶体，可用于制备负载型活性铁催化剂。实验室以为原料制备的流程如下： 已知：①)为淡黄色晶体，难溶于水而溶于稀硫酸，真空下142℃开始失去结晶水。 ②溶液与反应产生蓝色沉淀，与不反应。 (1)氧化配位。将加入过量饱和溶液中，保持温度40℃缓缓加入，获得含配离子和的悬浊液。 ①检验悬浊液中Fe(Ⅱ)已被完全氧化的实验方法为___________。 ②反应结束后，需要将悬浊液煮沸30s，其目的是___________。 (2)酸溶配位。加入饱和溶液所发生反应的化学方程式为___________。从溶液中获得，除了蒸发浓缩、降温结晶，还可选择的方法为___________。 (3)某研究性学习小组拟用已提纯的溶液为原料制备高纯。已知：、的溶解度曲线如图所示；100℃时生成大颗粒便于过滤。 请完成实验方案：取一定体积：溶液置于锥形瓶中，在搅拌下加入等体积相同浓度的___________，将所得溶液___________，过滤，用蒸馏水多次洗涤，___________，低于___________真空干燥得到(可选用的试剂：溶液、溶液、溶液、溶液、稀盐酸、蒸馏水)。 (4)测定高纯)纯度的方法如下：准确称取样品，加入适量水、浓硫酸、磷酸，用标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为和，转化为)，消耗标准溶液。 ①该过程中总反应的离子方程式___________。 ②计算样品中的纯度：___________(写出计算过程。))。 12．(23-24高一下·江苏南通·期末)醋酸亚铬[]不溶于冷水和乙醚，易被氧化。实验室以铬铁合金(主要成分为Cr、Fe，还含少量C、Si等杂质)为原料制备醋酸亚铬。 已知：相同温度下，亚铁铵矾[]的溶解度比铁铵矾、铬铵矾的小。 (1)酸浸。将一定量的铬铁合金与足量硫酸反应。 ①酸浸中产生、。写出铬转化为的离子方程式：___________。 ②配制250mL硫酸需要98%的浓硫酸(密度为)的体积为___________mL。 (2)沉铁。向酸浸所得滤液中加入足量硫酸铵溶液，生成亚铁铵矾沉淀。控制其他条件相同，测得反应温度对沉铁率的影响如图所示。 ①写出生成亚铁铵矾沉淀的化学方程式：___________。 ②90℃时沉铁率低于70℃时的可能原因是___________。 (3)制备。利用图所示装置制备醋酸亚铬。 ①检查该装置气密性的实验操作是___________。 ②补充完整由溶液制备的实验方案：向抽滤瓶、锥形瓶中分别加入适量的溶液、溶液，___________，加盖密封，充分反应后，将抽滤瓶中溶液倾倒至锥形瓶中，充分反应，___________，乙醚洗涤2~3次，室温下干燥，密封保存(实验中还须使用的试剂：锌粒、溶液、溶液)。 13．(23-24高一下·江苏苏州·期末)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：       (1)“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___。 (2)“转化”在右图所示的装置中进行。导管A的作用是___。 (3)检验“洗涤”完全的实验操作是__。 (4)以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水] (5)测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___(写出计算过程)。 14．(23-24高一下·江苏南京江宁区·期末)草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)可作为制备汽车电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图： (1)“沉淀”步骤的离子反应方程式为___________，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___________。 (2)检验“洗涤”完全的实验方案是___________。 (3)以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至___________时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入___________至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入___________，直至向取出的少量溶液中滴加___________溶液不再出现红色，过滤。[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水] (4)测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、H2SO4、磷酸，逐滴加入0.04500mol∙L-1KMnO4溶液至恰好完全反应(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4∙2H2O的纯度___________(写出计算过程)。 15．(23-24高一下·江苏徐州·期末)常用于金属蚀刻、污水处理等。 Ⅰ.由制备无水。将与液体混合并加热，制得无水和两种酸性气体。装置如图所示(夹持和加热装置略)。 (1)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 (2)冷凝管的进水口为___________(填“a”或“b”)。 (3)NaOH溶液的作用是___________。 (4)所制产品中可能含有杂质，可能原因是___________。 Ⅱ.电路板刻蚀的废液中主要含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl-。 (5)检验溶液中含有的方法为___________。 (6)补充完整从废液中回收铜并重新获得溶液的实验方案。 实验方案：取少量废液于烧杯中，___________，得溶液。(须使用的试剂：铁粉、稀盐酸、新制氯水) ( 考向0 3 有机推断及有机合成题 ) 16．(24-25高一下·江苏宿迁沭阳县·期末)乙二酸乙二酯可用于合成多种药物、香料和农药。以乙烯为原料合成乙二酸乙二酯流程如下： (1)A→B反应类型为_______。 (2)C的结构简式：_______。 (3)D中官能团名称为_______。 (4)D与氧气生成E的化学方程式：_______。 (5)G是F的同分异构体，且满足下列条件： ①1mol G与足量溶液反应可生成2mol ； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色。 写出G的结构简式：_______(写出一种即可)。 (6)已知： 写出以乙烯为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本小题题干)_______。 17．(24-25高一下·江苏南通·期末)G是一种茉莉花香气的成分，一种G的合成路线如下。 (1)C分子中的官能团名称为_______。 (2)D→E还需要的反应物和反应条件为_______，F的结构简式为_______。 (3)A→B反应的化学方程式为_______。 (4)有机物H为D的同系物，其分子式为。H的一氯取代物有3种，则H的结构简式为_______。 (5)烯烃X能发生如下转化。 已知：(、、表示烃基)。 ①X→Y的反应类型为_______。 ②X→Z为加聚反应，则Z的结构简式为_______。 ③W的结构简式为_______。 18．(23-24高一下·江苏苏州·期末)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，其人工合成路线如下： (1)非诺洛芬分子含有手性碳原子的数目为___________。 (2)反应Ⅰ中须加入的试剂X，其分子式为。 ①X的结构简式为___________。 ②写出由苯作原料制备化合物A的化学方程式___________。 (3)C的结构简式为___________。 (4)试剂X和化合物C相比，酸性较强的是___________(填“X”或“C”)。 (5)在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是___________(填序号)。 (6)B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。 ②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应。 19．(23-24高一下·江苏苏州·期末)化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： (1)D分子中含氧官能团有________________________(任写两个)。 (2)E→F的反应类型为____________。 (3)C→D反应中会有副产物X(C12H15O6Br)生成，X的结构简式为____________。 (4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应； ②碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子。 (5)已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。 20．(23-24高一下·江苏常州溧阳·期末)都是有机物，其中A是一种芳香烃，相对分子质量是104，能使溴的四氯化碳溶液反应而使其褪色，是一种高分子化合物，他们的转化关系如图所示。 已知：。注：为烃基，也可以是氢原子。 回答下列问题： (1)A的结构简式为___________。 (2)B分子中含氧官能团的名称为___________。 (3)反应①的方程式为___________。反应②的方程式为___________。 (4)反应③的反应类型为___________。 (5)可能具有的性质为___________(选填字母)。 a.能发生皂化反应     b.与溶液反应     c.不溶于水 (6)的化学式为___________；检验常用的试剂是___________(填试剂名称)。 21．(23-24高一下·江苏盐城·期末)有机物A的产量用来衡量一个国家石油化工的发展水平，以A为原料合成香料G的流程如下： 已知：①同一个碳原子连接两个或两个以上羟基的有机化合物不稳定。 ②(X为卤素原子) 回答下列问题。 (1)C中的官能团名称为___________。 (2)A→H的反应类型为___________。 (3)写出与F互为同系物同时满足下列条件的有机物结构简式：___________。 ①分子式为，且分子中有2个甲基；②核磁共振氢谱中只有3个峰。 (4)写出生成G的化学方程式___________。 (5)有关上述物质的说法正确的是___________。 ①可通过酸性高锰酸钾溶液洗气的方法除去乙烷中含有的A杂质 ②C和E互为同分异构体 ③1molF与足量金属钠反应可产生22.4L气体(标准状况下) ④H可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 (6)请设计以甲苯为原料制备苯甲酸苯甲酯()的合成路线________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 22．(23-24高一下·江苏兴化中学·期末)月桂烯（）是重要的化工原料，广泛用于香料行业。 (1)月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A的名称是________。 (2)以月桂烯为原料制取乙酸香叶酯的流程如图： ①B中含有的官能团的名称为________。 ②乙酸香叶酯的化学式为________。 ③反应I的反应类型为________。 ④反应II的化学方程式为________。 (3)烯烃臭氧化还原水解反应生成羰基化合物： 一定条件下，月桂烯可实现如图所示转化（图中部分产物已略去）： C与新制反应的化学方程式为________。 23．(23-24高一下·江苏江阴·期末)乙炔是重要的化工原料，一种药物中间体G合成路线如图所示： (1)物质F所含的官能团名称_______。 (2)物质D的结构简式为_______。 (3)D与F反应时会生成副产物X，X与G互为同分异构体，X的结构简式为_______。 (4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为_______。 ①能使FeCl3溶液发生显色反应 ②1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2 mol Br2 ③分子中含有4种不同化学环境的氢原子 (5)反应A→B机理示例如下图所示。 ①请按示例在下图中标出反应A→E过程中CO2分子中一个C原子和一个O原子所带电荷，并用箭头表示反应连接方式(原子所带负电荷用标注，原子所带正电荷用标注，箭头由带负电荷原子指向带正电荷原子)_______。 ②已知：；下列流程中产物Y的结构简式为_____。 ( 考向0 4 反应原理综合题 ) 24．(24-25高一下·江苏丹阳·期末)铁及其化合物广泛用于废水处理。 (1)高铁酸钾可去除废水中的氨氮。 ①一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备的装置如图所示。电解时，阳极的电极反应式为_______。 ②时，处理废水中生成的离子方程式为_______。 (2)经过“酸化一还原一沉淀”步骤可去除废水中的。 ①“还原”时，被还原成的离子方程式为_______。 ②的晶胞沿c轴（c轴垂直于a、b轴）方向投影的平面图如图所示，其中硫原子的杂化方式为_______；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由_______。 (3)纳米铁去除废水中的。 ①与溶液制备纳米铁粉的化学方程式为，当生成时，转移电子的物质的量为_______mol。 ②常温下，选择初始浓度为的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图所示。写出初始pH在3~6内去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6~7内去除率随初始pH增大快速上升的原因：_______。 25．(24-25高一下·江苏泰兴·期末)一种的捕集和利用过程如下： (1)的捕集和再生：固体碱、悬浊液、固体均可作为的捕集剂。 ①载人航天器内，常选用固体_______（选填“LiOH”或“KOH”）捕集。 ②用悬浊液捕集时温度不能过高，原因是温度高溶解度减小和________（用化学方程式表示）。 ③在较高温度下捕集，在更高温度下释放。与热分解制备的相比，热分解制备的具有更好的捕集性能，原因是_______。 (2)与乙烷共裂解制乙烯：。反应过程还伴随着乙烷自身裂解、积碳等副反应。 ①600℃下，将不同组分的原料混合气[]和分别以相同流速通过装有催化剂的反应床。反应进行至后，组分原料气的反应几乎无法进行，而组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，可能的原因是________。 ②分离裂解气可获得较纯净乙烯。乙烯能使（酸性）溶液褪色，若在（酸性）溶液中添加适量冠醚X[二环己基-18-冠-6（Ⅳ）]，溶液褪色速率明显加快，其可能的原因是_______。 已知： (3)氧化乙苯脱氢制苯乙烯：可能的反应机理如图所示（、、表示催化剂的活性位点，与苯环上的电子存在相互作用）。 ①催化剂表面与位点所带电性相同的活性位点是________。 ②该反应中每生成苯乙烯，转移电子数目为________。 26．(24-25高一下·江苏苏州·调研)机动车尾气是氮氧化物的重要来源。 ．氮氧化物产生 (1)和反应生成过程中的能量变化如下： ①和反应生成时___________(填“吸收”或“放出”)的能量为___________。 ②降低汽车发动机气缸内的工作温度，可减少氮氧化物排放的原因是___________(从微观角度分析)。 ．氮氧化物消除 重型柴油车产生的高温烟气中除含有、外还有、、碳氢化合物等，经过处理达标后才能排放。流程如下： (2)“氧化性催化转化器”是将烟气中有害的___________氧化去除。 (3)喷射出的尿素溶液会转化为，一定温度下在“选择性催化还原系统”中将转化为。 ①在加热条件下，、、催化转化为和。若、按物质的量之比1：1参与反应，其化学方程式为___________。 ②若反应温度过高，转化率下降，除因为进入反应器的被还原的量减少外，还有___________。 ③尿素的结晶点(开始结晶温度)随质量分数的变化情况如图所示。车用喷射系统选择加注的尿素溶液的原因是___________。 ．氮氧化物利用 (4)与反应可制得汽车安全气囊气体发生剂叠氮化钠()。测定叠氮化钠纯度的实验如下： 称取叠氮化钠样品溶于水，加入溶液，充分反应后，再向其中滴加溶液使剩余的恰好完全反应。过程中涉及的反应为；(假设杂质均不参与反应)。通过计算说明该叠氮化钠样品的纯度___________。 27．(24-25高一下·江苏高邮宝应县·期末)氢气是一种清洁能源，制氢技术和氢能源的应用研究具有重要意义。 (1)水煤气法制氢。将一定量的C和H2O加入密闭容器中，在一定条件下主要发生反应如下：主反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)  ΔH=131.7kJ/mol；副反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  ΔH=-43.6kJ/mol。向容器中加入适量的CaO有利于H2的生成。 ①已知：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)  ΔH=-178.3kJ/mol，则C(s)+CaO(s)+2H2O(g)=CaCO3(s)+2H2(g)  ΔH=_______kJ/mol。适量的CaO有利于H2生成的原因，除了能吸收CO2使平衡正向移动外，还有_______。 ②当加入CaO的量过大时，H2的产量会降低，原因是_______。 (2)电解水制氢。有研究认为，碱性条件下电解水的过程中，气泡在电极上产生和脱离对电解效率具有重要影响，某电极上发生的变化如下图所示。 ①电极附近溶液的pH_______(填“增大”或“减小”)。 ②相同条件下，若电极表面的气泡难以脱离，则不利于电解氢气的产生。原因是_______。 ③在上述实验条件和20kHz、100%振幅超声波下，气泡直径分布的百分数如下图所示。超声波振动能够提高电解效率的原因是_______。 (3)甲酸(HCOOH)分解制氢。常温下，甲酸是一种液态物质，在依配合物离子(Ir-L+)催化作用下，分解制氢的一种机理如下图所示。 ①在图中补全步骤Ⅰ过程中X的结构简式_______。 ②甲酸催化分解制氢的化学方程式为_______。 28．(24-25高一下·江苏宿迁沭阳县·期末)资源化利用可获得、等燃料。 I.制 (1)一定温度下，将2mol 和8mol 充入容积2L的密闭容器，发生反应，的物质的量随时间变化如图所示。 ①0～2min内的平均反应速率为_______。 ②其他条件不变，能说明该反应已达平衡状态的是_______(填字母)。 A．单位时间内消耗1mol 的同时消耗4mol B．体系中的浓度不再改变 C．混合气体的密度不再改变 (2)一定条件下，、在密闭容器中发生如下反应 主反应： 副反应： 若消耗2mol ，生成3.6mol ，则的选择性=_______。 [的选择性=] II.制 (3)铟的氧化物催化、制取的可能机理如图所示。 已知：无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性。 ①转化ⅰ中，In元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。 ②图中每生成1mol 放出49kJ的热量(反应物、产物均为气态)。写出总反应的热化学方程式_______。 ③原料气中比例过低会减弱催化剂活性，分析其可能原因_______。 (4)一种以甲醇为燃料、稀硫酸为电解质溶液的燃料电池装置如图所示：写出负极的电极反应式：_______。 29．(24-25高一下·江苏扬州邗江区·期末)CH4是一种重要的化工原料，有着广泛的应用。 (1)光照时，CH4可与Cl2发生反应：CH4 (g)＋Cl2(g) =CH3Cl (g)＋HCl (g)     ΔH ①光照时Cl2发生：Cl2 =2·Cl。该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。 ②生成CH3Cl和HCl中涉及：Ⅰ 、CH4 (g)＋·Cl(g) →·CH3 ＋HCl (g)； Ⅱ、·CH3＋Cl2 (g) → CH3Cl(g)＋·Cl (g)。 其中间态物质的能量关系如图所示： a、对比反应Ⅰ的反应速率与反应Ⅱ的反应速率，其中速率较大的是___________。 b、CH4 (g)＋Cl2(g) =CH3Cl (g)＋HCl (g)  ΔH ___________(填“>”或“<”)0。 (2)CO2 - CH4催化重整时发生：CH4 (g)＋CO2 (g)2CO(g)＋2H2(g)，可制取H2和CO。 ①该反应的化学平衡常数表达式K=___________。 ②在2 L密闭容器内，n(CO2 )随时间t变化如下表： 时间t / min 0 10 20 30 40 50 n(CO2 ) / mol 0.020 0.012 0.010 0.008 0.007 0.007 用CO2 表示0～20 min内该反应的平均速率v(CO2 )=___________mol·L−1·min−1。 (3)一种CH4燃料电池的电解质为稀硫酸，石墨作电极，质子交换膜将电池分为正极区和负极区。该电池工作时，负极发生的电极反应式为___________。 30．(23-24高一下·江苏南京中华中学·期末)减少、的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。 (1)尿素水解生成的催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程，反应过程与能量关系如图1，在以为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。 ①催化还原NO为__________（填“放热”“吸热”）反应。 ②上述脱硝的总反应化学方程式为：__________。 (2)电厂烟气脱氮的反应为：  ，现向某密闭容器中分别投入一定量的和发生以上反应。其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，反应时NO的转化率与温度的关系如图。 ①在催化剂甲的作用下，温度高于210℃小于300℃时，NO转化率降低的可能原因是__________。 ②100～300℃区间，内，使用甲催化剂时NO的最高平均速率为__________。 (3)工业以和为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：  ，在液相中，的平衡转化率与温度、初始氨碳比（用L表示，）、初始水碳比（用W表示，）关系如图。 ①曲线A、B中，__________（填“A”或“B”）的W较小。 ②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x（M）代替平衡浓度来计算平衡常数（记作）。195℃时，的的值为__________。 (4)尿素溶液可吸收含、NO烟气中的，其反应为。若吸收烟气时同时通入少量，可同时实现脱硫、脱硝。 脱硝的反应分为两步。第一步：。第二步：和反应生成和。将含、NO烟气以一定的流速通过10％的溶液，其他条件相同，不通和通少量时的去除率如图所示。通少量时的去除率较低的原因是__________。 31．(23-24高一下·江苏常州高级中学·期末)H2、CO、CH4等都是重要的能源，也是重要的化工原料。 (1)25℃，101kPa时，8.0gCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出445.1kJ热量。写出该反应的热化学反应方程式：_______。 (2)水煤气中的CO和H2在高温下反应可生成甲烷。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO和5molH2，一定温度下发生反应：。测得CO和H2的转化率随时间变化如图所示。 ①从反应开始到6min，CO的平均反应速率_________，6min时，H2的转化率为________。 ②下列叙述中能说明上述反应达到化学平衡状态的是___________。（填字母） a．容器中混合气体的密度保持不变         b．容器中混合气体的总压强保持不变 c．容器中CH4的体积分数保持不变         d．单位时间内每消耗1molCO，同时生成1molCH4 (3)甲烷燃料电池装置如图，电池总反应为。通入CH4一端电极反应方程式为：__________；通入氧气的电极为电池的_________（填“正极”或“负极”），若通入0.1molCH4充分反应，计算用此燃料电池电解饱和食盐水，理论上得到氢气的体积（标准状况下）__________。 32．(23-24高一下·江苏常州高级中学·期末)氨的制备、应用及氨氮的去除是当前研究的重要课题。 (1)工业上以氮气和氢气为原料合成氨气。已知断开1 mol H-H键，1 mol N-H键，1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则 △H=___________。 (2)电催化还原可制备NH3，NF是一种电极载体，分别以Ni2P/NF、Fe/NF、NF为阴极材料，电解含的中性溶液(电极材料与溶液不发生反应)。控制电压恒定、催化剂的面积为0.25 cm2，电解2小时后，不同电极上NH3的产率及NH3的选择性如题图所示。 已知：NH3的产率；NH3的选择性。 ①Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2小时，消耗___________mol。 ②分别以Ni2P/NF、Fe/NF电极电解NaNO2溶液相同时间后，溶液中的浓度大小关系为：c()Ni2P/NF＞c()Fe/NF，其原因是___________。 (3)电催化NO合成技术，能耗低、绿色环保，是化工行业关注的热点。某科研团队设计的Zn-NO电池装置及在不同电压下NH3的单位时间产量如图所示， 已知：a．双极膜中H2O电离出的H+和OH-在电场作用下可以向两极迁移； b． ①写出正极的电极反应式___________。 ②0.7V电压下连续放电10小时，外电路通过1.8×10-4 mol e-，则法拉第效率为___________。(保留两位小数) (4)氨的应用。以NH3和CO2为原料在一定温度和压强下合成尿素的反应分两步： Ⅰ．NH3和CO2生成NH2COONH4； Ⅱ．NH2COONH4分解生成CO(NH2)2。 反应过程中能量变化如图所示。 则总反应的△H=___________kJ/mol(用图中能量数据表示)。 (5)氨氮的去除。已知，磷酸是一种弱酸，大多数磷酸盐难溶于水。现用0.01 mol/LNH4H2PO4溶液模拟氨氮废水，以镁作阳极、不锈钢作阴极进行电解，可将废水中的转化为MgNH4PO4沉淀而除去。调节溶液初始pH=7，氨氮去除率和溶液pH随时间的变化情况如图所示。电解时两极反应式分别为：Mg-2e-=Mg2+，2H2O+2e-=2OH-+H2↑。写出废水中生成MgNH4PO4沉淀的离子方程式：___________。 33．(23-24高一下·江苏常州高级中学·期末)工业及汽车尾气已成为城市空气的主要污染源，研究其反应机理对于环境治理有重要意义。 (1)硝酸厂尾气可以回收制备硝酸。已知： ① ② ___________kJ/mol。 (2)选择性催化还原(SCR)是目前应用最广泛的降低内燃机排放技术，原理如图所示： ①尿素SCR技术(路径a)。 已知：在H中发生尿素的热解与水解： 尿素受热分解：(异氰酸)； 异氰酸水解：。 在发动机低负荷或低速空载时，柴油机排气的温度只有150℃或者更低，可造成的问题是___________。 ②固态铵SCR(路径b)技术在机外加热铵盐产生氨气。在S中发生的反应为：，每生成1mol时，反应转移的电子数为___________。 ③固态铵SCR技术相对于尿素SCR技术的优点是___________。 (3)在贵金属催化剂表面进行CO还原NO也是去除氮氧化物的方法之一，反应机理如图所示。 ①生成的总反应为___________。 ②图中虚线框内CO还原NO转化为反应机理可描述为___________。 (4)含铈溶液可以处理大气中的氮氧化物，并可通过电解法再生。铈元素(Ce)常见的化合价有+3价、+4价。NO可以被含的溶液吸收，生成等物质的量的、。可采用电解法将上述吸收液中等物质的量、转化为无毒物质，其原理如图所示。阴极的电极反应式为___________。 ( 考向0 5 脱硫脱硝 ) 34．(24-25高一下·江苏无锡·期末)某工厂处理氨氮废水(氮元素主要以和形式存在)的流程如下： NaOH加入量与废水的pH、氨氮流量的关系如图1所示；处理后废水中氨氮浓度与进料温度的关系如图2所示。 过程I：赶氨。调节氨氮废水的起始温度，向氨氮废水中加入烧碱，充分搅拌。 (1)加NaOH发生的离子反应方程式为_____。 (2)该过程中，铵根离子浓度降低的原因是_____。 过程Ⅱ：硝化。在硝化细菌和氧气的作用下进行硝化：。 (3)上述两步氧化按照先后的顺序，消耗的氧气物质的量之比为_____。 (4)硝化过程中需要控制温度在，原因是_____。 过程Ⅲ：反硝化。通过反硝化细菌和可将还原成，同时生成。 (5)假定不考虑其他副反应，当反硝化反应生成时，消耗甲醇的质量为_____。 35．(24-25高一下·江苏高邮宝应县·期末)O3是一种绿色氧化剂，可用于脱除烟气中NO。 (1)O3的制取和性质 ①用惰性电极电解高纯水制取O3，阳极生成O3的电极反应式为_______。将阳极产生的100mL气体通入足量KI的酸性溶液中，Ⅰ-被氧化为I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，计算出O3的浓度。算得的O3浓度与仪器测定值相比明显偏大，原因是_______。 ②O3分解生成O2可用一定量气体中O3质量变为起始时的所需时间(t))来衡量О3分解的快慢，不同温度下，t的值见下表。在40℃恒容密闭容器中，0~100min，0.2mol·L-1O3分解为O2的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。 温度(T)℃ 20 40 60 80 时间(t)/min 185 100 60 35 (2)O3脱除NO 将含有一定浓度NO的烟气和O3[n(NO)：n(O3)=1：1]以一定流速通入0.04mol·L-1Na2CO3吸收液中，不同温度下，NO脱除率随温度的变化如下图所示。 ①NO与O3反应生成NO2和O2，NO2再进行反应后被吸收。若生成23gNO2放出QkJ热量，NO与O3反应的热化学方程式为_______(反应物和产物均为气态)。 ②NO脱除率随温度升高而降低，原因是_______。 ③吸收液中Na2CO3与NO2反应，生成物质的量之比为l：1的两种含氮酸盐和一种温室气体，其反应的离子方程式为_______。Na2CO3溶液的浓度会影响NO脱除，相同条件下，通入一定量的O3时，NO脱除率随Na2CO3溶液浓度的变化如下图所示。当吸收液中Na2CO3浓度大于0.04mol/L时，NO脱除率基本不变，原因是_______。 36．(24-25高一下·江苏连云港东海县·期末)消除氮氧化物尾气和水中氨氮已成为环境修复研究的热点。 (1)利用石灰乳与硝酸工业的尾气中氮的氧化物(NO、)反应，既能净化尾气，又能获得、，其部分工艺流程如下： 已知：NO不能与石灰乳反应 ①若氮的氧化物被完全吸收且只生成，该反应的化学方程式为_______。 ②与石灰乳反应制得与，消耗反应过程中转移的电子数为_______mol。 (2)酸性条件下，NaClO溶液可以氧化、NO和等生成和。其他条件一定，转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图-1所示。 ①酸性条件下，NaClO溶液吸收的离子方程式为_______。 ②NaClO溶液的初始pH越小，转化率越高。其原因是_______。 ③酸性复合吸收剂可效脱除NO。复合吸收剂组成一定时，温度对NO去除率的影响如图-2所示。当温度高于60℃后，NO去除率下降的原因是_______。 (3)硝化-厌氧氧化法：将氨氮废水中的氮元素转变为脱除，其机理如下： ①若完全转化为，反应I、反应Ⅱ中转移的电子数之比为_______。 ②废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图-3所示。当DO>2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；还可能的原因是_______。 37．(24-25高一下·江苏南京·期末)汽车尾气净化装置“催化转化器”是防止尾气(含一氧化碳、氮氧化物等气体)污染的有效方法，能使尾气中的一氧化碳和氮氧化物发生反应生成可参与大气生态循环的无毒气体。 (1)汽车尾气中易造成光化学烟雾的物质是___________。 a．氮氧化物        b．二氧化碳        c．一氧化碳 (2)下列措施中有利于控制城市空气污染的是___________。 a．推广电动汽车        b．加快煤炭开采和使用        c．开发和使用氢能 (3)利用CH4也可除去烟气中的氮氧化物，生成物为可参与大气循环的气体，请写出CH4与NO反应的化学方程式___________。 (4)采用NaOH溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。若反应时消耗10L0.lmol/L的NaOH溶液，则反应中转移电子的物质的量___________mol。 (5)ClO2在脱硝过程中也具有重要应用。利用ClO2氧化脱硝过程发生的反应如下：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl，2NO2+H2O=HNO2+HNO3。随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。 设计实验验证ClO2对水吸收NO2有抑制作用：分别取等体积的蒸馏水和一定浓度ClO2溶液，___________(NO2的浓度可用“NO2浓度传感器”直接测定)。 38．(24-25高一下·江苏淮安淮安区·期末)氮氧化物能引发酸雨、雾霾等，需处理后才能排放。研究含氮物质的转化是工业、农业、医药、环保等领域的重要课题。 (1)碱液吸收。将硝酸工业的尾气(主要为NO和NO2)通入NaOH溶液中充分吸收，所得溶液经浓缩、结晶、过滤，可以得到NaNO2晶体。 ①NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应生成NaNO2的离子方程式为___________。 ②若用Na2SO3溶液代替NaOH溶液，所得晶体中除含有NaNO2、NaNO3外，还有___________(填化学式)。 (2)“纳米零价铁-H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。 ①Fe2+催化H2O2分解产生，将NO氧化为的机理如图所示，Y的化学式为___________。 ②纳米零价铁的作用是___________。 ③NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为___________。 ④NO脱除率随温度的变化如图所示。温度高于120 ℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。 (3)电化学还原。利用如图所示原电池的装置使NH3与NO2均转化为N2，既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。 ①电极A上发生的电极反应为___________。 ②为使电池持续放电，离子交换膜应为___________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。 39．(24-25高一下·江苏扬州邗江区·期末)排放烟气前须有效处理烟气中的NO2、NO等有害物质。 (1)若不处理烟气中的NO2、NO，直接排放烟气。可能造成的环境问题是___________。 (2)使用NaOH溶液脱除烟气中NO2、NO，发生反应：NO＋NO2＋2NaOH = 2NaNO2＋H2O，2NO2＋2NaOH = NaNO2＋NaNO3＋H2O。 ①上述第一个化学反应中，被氧化的元素的是___________。 ②下列n(NO2)∶n(NO)中，能使NO2、NO全部被NaOH溶液吸收的是___________(填字 母)。 A．1∶1                        B．2∶1                    C．1∶2 (3)基于V2O5/TiO2催化剂中活性位点的一种SCR催化脱硝反应的机理如图所示。 ①V2O5/TiO2催化剂中有两个活性位点，分别为氧化活性位点和酸性活性位点。“转化1”时NH3被吸附在活性位点b上，该活性位点b为___________。 ②“转化2”中，形成的化学键类型是___________(填“离子键”或“共价键”)。“转化4”中，每生成1 mol活性位点a，所需O2的物质的量是___________mol。 ③维持NO和O2的物质的量一定，相同温度下反应达平衡时，NO的脱除率与的关系如图所示。 当>1.0时，烟气中NO脱除率减小的可能原因是___________。 40．(24-25高一下·江苏连云港赣榆区·期末)含尾气需要处理后才能排放。 (1)实验室中可使用硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液吸收，化学方程式为___________。 (2)湿法氧化法处理含烟气。碱性条件下，用将氧化成并放出热量。 ①写出该反应的离子方程式：___________。 ②向溶液中加入，会发生反应：。在相同条件下，分别以溶液和含少量的溶液为吸收剂，测得相同时间内，的氧化率随起始溶液浓度的变化如图所示。已知温度升高不利于正向放热反应的进行。 i．起始溶液浓度相同时，当用无的溶液作吸收剂时，的氧化率明显降低，其原因是___________。 ii．以溶液为吸收剂，的氧化率随温度的变化情况如图所示。温度超过后，氧化率下降，试解释其原因：___________、___________。 (3)有氧条件下，在催化剂作用下可被还原为。 ①在钒基催化剂()作用下的脱硝反应机理如图所示，总反应的化学方程式为___________。 ②按上图进行催化脱硝反应。反应一定的时间，和的转化率与温度的关系如图所示。超过200℃后，转化率急剧下降，而仍维持较高的原因是___________。 41．(24-25高一下·江苏扬州第一中学·期末)工厂烟气(主要污染物为NO、)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。 (1)在一定温度下，将溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过反应装置，可将烟气中的NO氧化为可溶的。催化分解产生，将NO氧化为的机理如图所示。 中氧元素的化合价为_______，反应②的离子方程式为_______。 (2)催化还原氮氧化物技术(SCR)是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术。 ①分子的结构式为_______。 ②当与NO的物质的量之比为时，与足量氨气在一定条件下发生反应转化为无毒物质。该反应的化学方程式为_______。若有3.6mol电子发生转移，则生成的物质的量为_______。 (3)工业上氮氧化物通常是用NaOH溶液吸收。 (已知：、) ①吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到晶体，该晶体中的主要杂质是_______(填化学式)。 ②、含量过高会对水中的生物构成安全威胁。纳米铁粉可除去水中的，铁粉的表面积越大，吸附效果越好。 ③三种不同初始pH对反应速率的影响如图所示，其中初始_______时去除效果最好。初始的水样，前10min内反应速率较快的原因是_______。 42．(24-25高一下·江苏如皋中学·期末)氮氧化物()是大气污染物之一，处理工业废气中的对于环境保护具有重要的意义。 (1)在一定条件下可将还原。甲同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如图(部分夹持装置省略) ①用装置A制备，其中发生反应的化学方程式为___________；装置B内的试剂是___________。 ②装置D中发生反应的离子方程式是___________。 ③在装置M中和充分反应，生成两种对环境友好的物质，该反应中和的物质的量之比为___________。 (2)用NaOH溶液吸收法处理(仅含NO、)。已知过程中发生的反应有： ； ①用不同浓度的NaOH溶液吸收含量不同的尾气，关系如图： (表示中的含量)：用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：___________；___________。 ②若一定体积的被的NaOH溶液恰好完全吸收，溶液质量增加19.8g，则x的值为___________。 (3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 ①在酸性中，氧化生成和，其离子方程式为___________； ②溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是：___________。 (4)用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图所示。 ①该反应机理中生成NH的离子方程式为___________。 ②过程中去除率及N2生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是___________。 ( 考向0 6 物质结构与性质 ) 43．(23-24高一下·江苏镇江·期末)氮元素可形成氢化物、卤化物、氮化物、叠氮化物和配合物等多种化合物。 (1)肼可用作火箭燃料，其结构式为_______。 (2)过量和在铜催化作用下反应生成中原子的杂化方式为_______，分子的空间构型为_______。 (3)和在可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示。晶胞中距离最近的原子有_______个，写出该反应的化学方程式：_______。 (4)叠氮化钠分解反应为，下列有关说法正确的是_______(填字母)。 熔融态的能导电 属于金属晶体 常温下，很稳定，是因为的电负性大 (5)与、形成的配合物用作核磁共振的造影剂。 ①中心离子是_______，配位数为_______。 ②离子中键和键的个数比为_______。 44．(24-25高一下·江苏丹阳·期末)钴及其化合物有重要的应用价值。 (1)钴在周期表中的位置是_______。 (2)某钴氧化物的晶胞如图所示，该氧化物中钴离子的外围电子排布式为_______。与钴离子距离最近且相等的氧离子构成的空间构型为_______。 (3)橙红色晶体羰基钴的熔点为52℃，分子式为，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。该晶体属于_______晶体。配体CO中与Co形成配位键的原子是C而非O，从电负性角度解释其原因是_______。 (4)通过可制备。 ①中含有_______键。 ②与相比，其H—N—H的键角前者_______后者（填“>”、“<”或“=”）。 45．(24-25高一下·江苏苏州·调研)磷元素可形成种类丰富的物质，结构各异，性质多样。 (1)磷的氢化物 ①中原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________。 ②与形成配位键的能力弱于的原因是___________(从电负性的角度解释)。基态的电子排布式为___________。 ③的沸点()低于的沸点()的主要原因是___________。 (2)磷的含氧酸 已知：磷的含氧酸中的羟基可发生电离，两个羟基可脱去一分子。 ①磷酸()可通过脱水缩合生成焦磷酸()。焦磷酸的结构式可表示为___________。 ②次磷酸()结构式为，次磷酸与溶液反应的化学方程式为___________。 (3)磷铁化合物 ①某种磷铁化合物的晶胞如图-1所示，该磷铁化合物的化学式为___________。 ②全磷二茂铁的结构如图-2所示，中提供孤电子对，使的、、轨道形成共18电子的稳定结构，2个共提供___________个电子与形成配位键。 46．(24-25高一下·江苏天一中学·期末)按要求回答下列问题。 (1)从结构角度分析，能与HCl反应的原因是_______。 (2)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质属于顺磁性物质的是_______(填字母)。 A．    B．    C． (3)与生成环状结构的配离子 该配离子的结构式为_______(不考虑立体异构)。 (4)CuCl属于共价化合物，气态 CuCl分子的相对分子质量为199，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为_______。 (5)与足量的硝酸银溶液反应生成2molAgCl，该配合物内界的化学式为_______。 (6)苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，某研究小组在实验室制备得到苯甲醇与苯甲酸钠混合溶液，已知：苯甲醇易溶于乙醚、乙醇，在水中溶解度较小。苯甲酸微溶于水。则萃取分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是_______，其理由是_______。萃取分液后，所得水层用盐酸酸化得到苯甲酸，然后过滤、重结晶得到苯甲酸。 (7)配合物 和 的配位数之比为_______。区别这两种配合物的实验方案为_______。 47．(24-25高一下·江苏泰州中学·期末)下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。 (1)与元素⑧同族且原子序数相差2的元素为___________(填元素名称)。 (2)由元素⑤和⑥组成的物质甲的分子空间构型与相似，甲的VSEPR模型为___________，的沸点高于甲的原因___________。 (3)⑨的一种配合物，向100mL 该配合物中加入足量溶液，生成2.87g白色沉淀，则配合物的配离子的化学式为___________。取少量白色沉淀滴加氨水至过量，沉淀又重新溶解，请写出该过程对应的离子方程式___________。 (4)⑦和⑧可形成具有良好半导体性能的。的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为___________。在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且Fe—S间距相等，题图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在答题卡的题图中用“—”将其中一个S原子与紧邻的连接起来___________。 48．(24-25高一下·江苏江阴普通高中·调研)高效且稳定的全无机（、、）太阳能电池研究领域取得进展。 (1)基态原子的价层电子排布式为，在元素周期表中的位置为______，基态原子的价层电子轨道表示式为______。 (2)可与形成，中心原子的价层电子对数为______，已知其模型为三角双锥形，如题图－1所示，则的立体构型名称为______。 (3)化合物，固态时均为离子晶体，其组成分别为、，、，分析中不存在类似结构的原因为______。 (4)卤素还可与金属形成丰富多彩的配合物，如与形成。有两种同分异构体，如题图－2所示，其中顺铂是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物，其配体有______，推测在水中的溶解度顺铂______反铂（填“＞”或“＜”）。 49．(24-25高一下·江苏南通·期末)的资源化利用能减少排放，充分利用碳资源。 (1)用氨水可捕集烟气中的。 ①用氨水捕集烟气中足量的离子方程式为_______。 ②其它条件相同，当温度高于40℃，随着温度升高，的捕集率下降，其可能的原因有_______。 ③捕集时会生成中间产物(由和构成)，中不存在的化学键是_______(选择相应的序号填空)。 a．离子键            b．极性共价键            c．非极性共价键        d．配位键 (2)Ni和Ce的某种氧化物可催化加氢合成。 ①基态Ni原子的核外电子排布式为_______。 ②题图1为Ce的某种氧化物的晶胞，该氧化物的化学式为_______，其中每个Ce周围与其距离最近且相等的O的个数为_______。 ③题图2为形成氧空位(该位置无O)后Ce的氧化物的晶胞，其中Ce的化合价为或。该晶体中、的物质的量之比为_______。 50．(23-24高一下·江苏南通·期末)光解水制氢中催化剂的研究是开发新能源的重要课题。 (1)TiO2催化分解水制氢 ①一种TiO2晶胞结构如图，该晶胞中含有的氧原子数为___________。 ②TiO2光热协同分解水制氢的过程如图所示，反应的关键为Vo(氧空位)的产生和消除。 过程(ⅰ)为光化学阶段：反应原理为； 过程(ⅱ)~(ⅳ)为热化学阶段：反应原理可表示为___________。 (2)近年来，[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]NO3·4H2O (R表示氢原子或烃基)等三核金属-氧簇结构的配合物光催化剂的研究受到重视。配合物中暴露的金属原子是光催化反应的活性位点(能有效催化反应的表面位置)。 ①[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]+的结构如图(H原子已略去)。中心氧原子与3个Fe3+形成平面三角形，该O原子的杂化轨道类型为___________，每个Fe3+相邻的O原子围成的几何形状为___________。 ②配合物中铁的含量关乎光催化反应效果，可利用热重分析法测定铁的含量。称取一定量样品[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]NO3·4H2O(M=726 g/mol)在空气中加热，样品的固体残留率()随温度的变化如图所示。通过计算确定500℃时残留的金属氧化物的化学式(写出计算过程)。___________ ③与[Fe3O(CH3COO)6(H2O)3]+相比，用[Fe3O(HCOO)6(H2O)3]+作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是___________。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合 期末压轴50题（非选择题） 六大高频考向概览 考向01 工艺流程题 考向02 物质制备实验题 考向03 有机推断及有机合成题 考向04 反应原理综合题 考向05 脱硫脱硝 考向06 物质结构与性质 ( 地 城 考向01 工艺流程题 ) 1．(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2) 称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合 缓慢滴加NaOH溶液，待溶液完全变黑后 (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (4) Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用 2．(1) (2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解 (3) 3.2~3.5 ，，样品中铁元素的质量分数为 (4) 3．(1)(或) (2) (3) 时，会转化为时，会转化为，影响产品纯度 (4) 不能 会氧化盐酸中的，造成损失 (5)将溶液中的转化为沉淀 4．(1) 使硫铁矿尽可能充分反应 过滤 (2) 用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步用氨水使Fe3+沉淀 升温能增大反应速率，温度过高则H2O2受热分解 (3)Al2(SO4)3、(NH4)2SO4 (4) Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液，如果出现血红色，说明未完全转化，若未出现血红色，说明完全转化 (5)6.72 (6)86.88 5．(1)适当升高温度、“酸浸”前将绿柱石进行粉碎、适当增大硫酸的浓度等(任写两条) (2)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (3) 5.0≤pH＜5.2 Na2SO4 (4)+2OH-= (5)直接沉淀法生成的 Be(OH)2是胶状无定型，具有吸附性，易吸附大量杂质 6．(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2) 称取13.9gFeSO4⋅7H2O配成FeSO4溶液，与氧化后溶液充分混合 缓慢滴加NaOH溶液，待溶液完全变黑后 (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (4) Fe3O4+4H2S=S+3FeS+4H2O FeS被氧化生成FeSO4或Fe2(SO4)3等，失去脱硫作用 7．(1) 铜 2Fe3++Fe=3Fe2+ (2)H2O2分解 (3) HO• Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+HO• (4)1.5mol·L-1 【分析】废铁屑的主要成分为Fe及少量Fe2O3和Cu，加入稀硫酸酸浸，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，由于Cu不与稀硫酸反应，则滤渣为Cu，滤液主要成分为硫酸亚铁及过量的稀硫酸；滤液加入适量双氧水溶液，Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液，转化生成Fe3O4。 8．(1) 水浴加热 反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子 取最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，若没有出现白色沉淀，说明洗涤干净，若出现白色沉淀，说明没有洗涤干净 (2) 防止和溶液发生反应，避免干扰I2的滴定 40% ( 地 城 考向02 物质制备实验题 ) 9．(1) 铁坩埚 A (2)Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O (3)将转化为(2+2H++H2O) (4)K2Cr2O7溶解度较小 (5) 淀粉溶液 +6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O 88.20 10．(1) 贫血 作还原剂或防止二价铁被氧化 取少量补血剂于试管中，滴加2~3滴KSCN溶液 B (2) 偏大 11．(1) 取反应后溶液适量，加入溶液，没有蓝色沉淀产生，说明Fe(Ⅱ)已被完全氧化 除去过量的双氧水 (2) 加入无水乙醇，过滤 (3) 溶液 热到100℃并不断搅拌 直至取最后一次少量洗涤滤液滴加稀盐酸酸化的溶液无白色沉淀产生 142℃ (4) 12．(1) 62.50 (2) 温度过高，易被氧化为，而铁铵矾溶解度较大，不易结晶析出，使沉铁率降低；温度过高，亚铁铵矾溶解度变大 (3) 将连接抽滤瓶的导管插入水中，用热毛巾捂住抽滤瓶，导管口产生气泡 向抽滤瓶中加入稍过量的锌粒，然后迅速加入适量溶液 过滤，用冷水洗涤，直至向最后一次洗涤液中加入溶液无沉淀生成 13．(1)Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低 (2)平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中 (3)取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全 (4)在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤 (5)97.20% 14．(1) Fe2++2NH3∙H2O=Fe(OH)2↓+2 Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低 (2)取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全 (3) 沉淀不再减少 稀硫酸 铁粉 KSCN (4)97.20%。 15．(1)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑ (2)b (3)吸收SO2、HCl等尾气，防止污染 (4)生成的SO2把FeCl3还原为FeCl2 (5)溶液中加入KSCN，溶液变红色，证明有Fe3+ (6)加入过量的铁粉充分反应后过滤，滤渣加入适量的稀盐酸溶解后再过滤，滤渣洗涤干燥得到Cu，两次滤液合并，加入适量的新制氯水 ( 地 城 考向03 有机推断及有机合成题 ) 16．(1)加成反应 (2) (3)醛基 (4) (5) (6) 17．(1)羧基 (2) 光照 (3) (4)或 (5) 加成反应 18．(1)1 (2) (3) (4)X (5)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ (6) 19．(1)(酚)羟基、酯基、醚键(任写两个) (2)还原反应 (3) (4) (5) 20．(1) (2)羟基 (3) (4)取代反应 (5)bc (6) C6H12O6 新制氢氧化铜 21．(1)醛基 (2)加聚反应 (3) (4) (5)②③ (6) 22．(1)2，6-二甲基辛烷 (2) 碳碳双键、碳氯键 加成反应 ++ (3) 23．(1)碳碳三键、酯基 (2) (3) (4) (5) ( 地 城 考向04 反应原理综合题 ) 24．(1) (2) 否，若占据晶胞的所有顶点、面心和体心，则的数目为个，而S原子只有4个，不符合的化学式 (3) 8 初始pH在3~6范围内，pH上升，减小，与反应的铁减少，更多的铁与反应，去除率缓升；初始pH在6~7范围内，除了铁与反应外，pH上升，增大，沉淀生成，去除率迅速上升 25．(1) 热分解放出更多的气体，制得的更加疏松多孔 (2) 乙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面，阻碍了反应的进行，而在氧化乙烷脱氢时，与积碳反应生成，及时消除积碳 依据相似相溶原理，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚，进入冠醚空腔，因静电作用将MnO带入烯烃中，增大与烯烃接触，提升氧化效果 (3) 26．(1) 吸收 减少、中键的断裂，从而减少氮氧化物生成 (2)、碳氢化合物 (3) 温度过高，部分被氧化为 防止低温时尿素结晶不易喷出，导致氮氧化物还原不充分 (4)， 27．(1) -90.2 主反应为吸热反应，CaO与CO2反应放热，为主反应提供热量 CaO会吸收H2O(或与H2O反应)，使反应物减少或CaO会吸收H2O，使反应逆向移动 (2) 增大 气泡覆盖在电极表面，不利于H2O与电极接触 减小电极表面气泡的直径使气泡的覆盖面积减小，振动使电极表面气泡易于脱离 (3) HCOOHCO2↑+H2↑ 28．(1) B (2)80% (3) 降低 原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位或反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 (4) 29．(1) 吸收 反应Ⅱ (2) (3) 30．(1) 放热 (2) 催化剂活性降低或正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 (3) A 3.25 (4)NO与ClO2反应生成NO2和HCl，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，导致与SO2反应的尿素减少 31．(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.2kJ/mol (2) 0.05mol·L-1·min-1 36% bc (3) CH4-8e-+10OH-=+7H2O 正极 8.96L 32．(1)-92 kJ/mol (2) 在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大 (3) NO+5H++5e-=NH3+H2O 63.40% (4)E3-E4+E1-E2 (5)Mg2++2OH-++=MgNH4PO4↓+2H2O 33．(1) (2) 发动机低温排气时，尿素无法分解，转化效率低；同时未分解的尿素水溶液随尾气排放到大气中造成二次污染 3mol 通过电加热器直接加热铵盐产生氨气，不受发动机排气温度限制 (3) NO被吸附在贵金属的表面，同时发生键的解离，断裂为氮原子和氧原子。被贵金属吸附过来的CO结合氧原子转化为CO2 (4)++8e-+10H+=N2↑+5H2O ( 地 城 考向05 脱硫脱硝 ) 34．(1) (2)铵根离子转化为氨气逸出，烧碱溶解放热、搅拌，使得氨气逸出 (3)3：1 (4)防止温度过高使硝化细菌失活 (5)80g 35．(1) 阳极产生的O3中混有O2，O2也能和KI的酸性溶液反应生成I2 0.001或1×10-3 (2) NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)  ΔH=-2QkJ·mol-1 温度升高，O3分解速率加快；温度升高，NO和O3溶解量减少，NO与O3反应是放热反应，温度升高，反应逆向移动，不利于NO吸收 一定量的O3氧化NO生成NO2的量是一定的，当碳酸钠溶液浓度达到能完全吸收NO2时，NO脱除率不再发生变化 36．(1) 0.5 (2) 酸性条件下，有利于生成氧化性更强的HClO 温度升高，H2O2会发生分解 (3) 2:1 O2浓度过高时被氧化为，导致氮元素无法转变为N2而脱除 37．(1)a (2)ac (3)CH4+4NO=CO2+2H2O+2N2 (4)0.5 (5)在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，在出口处用NO2浓度传感器测定NO2浓度。若通过蒸馏水逸出的NO2浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用 38．(1) NO+NO2+2OH-=2NO+H2O Na2SO4 (2) Fe3+ (或FeCl3) 与盐酸反应产生FeCl2 2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O 温度升高H2O2分解，HO·减少，导致NO脱除率降低 (3) 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 阴 39．(1)酸雨、光化学烟雾 (2) N AB (3) 酸性活性位点 共价键 0.25 氧气把氨气中的直接氧化为氮气，使催化剂中氧化活性位点的量减少， 40．(1) (2) 与反应生成，与NO反应更快 或与NO反应都是放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行 温度过高NO在吸收液中的溶解度降低 (3) 当温度超过后，与反应生成NO 41．(1) -1 3HO•+NO+OH-=+2H2O (2) NO+NO2+2NH32N2+3H2O 1.2mol (3) NaNO3 6 pH=2，溶液酸性较强，氧化性更强，反应速率更快；Fe与H+反应生成Fe2+，Fe2+也能被氧化而去除 42．(1) 碱石灰 4∶3 (2) 50% 1.25mol/L 1.6 (3) NaClO溶液的初始pH越小，则氢离子浓度越大，使得次氯酸根离子和氢离子转化为氧化性强的HClO，导致NO转化率越高 (4) 越小， 浓度越大，会生成更多的氢原子，使生成的中间产物更多的与反应生成，从而减少氮气的生成 ( 地 城 考向06 物质结构与性质 ) 43．(1) (2) sp3 三角锥形 (3) 12 (4)ab (5) Co3+ 6 2:1 44．(1)第四周期Ⅷ族 (2) 正八面体 (3) 分子 C的电负性小于O，更容易提供电子 (4) 24 > 45．(1) 三角锥形 对孤电子对的吸引能力比强，不易提供孤电子对与形成配位键 或 分子之间存在氢键 (2) (3) 12 46．(1)中氮原子上有一对孤电子对，可与形成配位键 (2)B (3) (4) (5) (6) 乙醚 苯甲醇易溶于乙醚，且乙醚与水互不相溶，可用乙醚作为萃取剂 (7) 1：1 取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为 47．(1)镍 (2) 四面体 OF2和H2O均由分子构成，H2O分子间可形成氢键，使分子间作用强于OF2分子间的范德华力 (3) (4) 4 或 48．(1) 第六周期第IVA族 (2) 5 直线形 (3)Br半径较大，无法形成 (4) 和 > 49．(1) 受热分解、氨水分解、随温度升高溶解度减小 c (2) 或 8 1∶1 50．(1) 4 2Ti3++Vo+H2O→2Ti4++O2-+H2↑ (2) sp2 八面体 Fe2O3 甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $