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非选择题押题专练一
(45分钟)
非选择题：本题共4小题，共58分。
15.(15分)(2024·河北秦皇岛市部分示范性高中三模)三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是一种重要的含钴配合物，由CoCl2制备它的装置和步骤如下(夹持装置已省略)：
已知：Co2＋在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2＋具有较强还原性。回答下列问题：
(1)向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞 ________(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55 ℃左右，反应约30分钟。球形干燥管中试剂为 ________。
(2)CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为 _________________ _______________________________________________________。
(3)由滤渣获取[Co(NH3)6]Cl3·6H2O的步骤：向滤渣中加入80 ℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2～3次，低温干燥。下列选项合理的是 ________(填字母)。
A．甲为浓盐酸，乙为水
B．甲为乙醇，乙为浓盐酸
C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
(4)称取0.267 5 g [Co(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，将生成的氨气通入装有25.00 mL 0.500 0 mol·L－1盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2～3滴甲基橙，用0.500 0 mol·L－1的NaOH滴定(杂质不反应)。
①达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00 mL，则样品的纯度为 ________(保留四位有效数字)。
②下列操作会使纯度测量值偏高的是 ________(填字母)。
A．滴定前，碱式滴定管未润洗
B．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡
C．滴定终点时俯视滴定管刻度
D．滴定时选用酚酞为指示剂
(5)请指出该装置存在的缺陷： _____________________________。
【答案】　(1)d　P2O5(或CaCl2)
(2)2CoCl2＋10NH3·H2O＋H2O2＋2NH4Cl===2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O
(3)C　(4)①91.67%　②BC
(5)缺少温度计
【解析】　将CoCl2·6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭的浊液，过滤，得到滤渣中含有[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭，向滤渣中加入80 ℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2～3次，低温干燥得到产品。(1)Co2＋在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2＋具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2＋转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2＋，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。(2)CoCl2和NH3·H2O、H2O2反应生成[Co(NH3)6]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋H2O2＋2NH4Cl===2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O。(3)由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cl3·6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3·6H2O的电离，[Co(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故选C。(4)①称取0.267 5 g [Co(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：[Co(NH3)6]Cl3＋3NaOH===Co(OH)3↓＋6NH3↑＋3NaCl，将生成的氨气通入装有25.00 mL 0.500 0 mol·L－1盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2～3滴甲基橙，用0.500 0 mol·L－1的NaOH滴定，达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00 mL，则剩余n(HCl)＝0.014 L×0.500 0 mol·L－1＝0.007 mol，消耗n(HCl)＝0.025 L×0.500 0 mol·L－1－0.007 mol＝0.005 5 mol，则n(NH3)＝0.005 5 mol，n([Co(NH3)6]Cl3)＝n(NH3)＝ mol，样品纯度为×100%＝91.67%；②碱式滴定管未润洗，会造成NaOH标准溶液浓度变小，用量增多，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([Co(NH3)6]Cl3)偏小，故A不选；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，V(NaOH)偏小，致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏大，n([Co(NH3)6]Cl3)偏大，故B选；终点读数时，俯视滴定管的刻度，V(NaOH)偏小，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏大，n([Co(NH3)6]Cl3)偏大，故C选；酚酞的变色范围是8.2～10.0，滴定时选用酚酞为指示剂，则V(NaOH)偏大，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([Co(NH3)6]Cl3)偏小，故D不选。故选BC。(5)由题意，水浴的温度控制在55 ℃左右，但是装置中缺少温度计。
16.(14分)(2024·河北衡水市部分示范性高中三模)砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收砷的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ.As2S3＋6NaOH===Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O；
Ⅱ.As2S3(s)＋3S2－(aq)??2AsS(aq)；
Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2等还原；
Ⅳ.Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10－17。
回答下列问题：
(1)“沉砷”时，亚砷酸转化为As2S3的化学方程式为___________________ _____________________________________________________。
(2)“沉砷”时产生的废气可用________溶液吸收处理(填化学式)。
(3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是________(填化学式)，“滤渣”中________Fe(OH)2(填“含有”或“不含有”)。
(4)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为_________________________________________________。
(5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的Na2S替换，原因是_____________ ___________________________________________________________(从平衡移动的角度解释)。
(6)该流程最后一步用SO2“还原”砷酸，发生反应的化学方程式为_________________________________________________。
(7)某含砷化合物晶体的晶胞如图所示，As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心。晶胞参数为a pm、a pm、c pm，则该晶体的密度为________________g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】　(1)2H3AsO3＋3FeS＋3H2SO4===As2S3＋3FeSO4＋6H2O
(2)CuSO4(或NaOH等)
(3)FeS　含有
(4)AsS＋2O2===AsO＋3S↓
(5)由于As2S3(s)＋3S2－(aq)??2AsS(aq)，加入过量的Na2S，溶液中c(S2－)增大，平衡正向移动，不利于沉砷
(6)2H3AsO4＋2SO2===As2O3↓＋2H2SO4＋H2O
(7)
【解析】　含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3＋6NaOH===Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原生成As2O3。(1)“沉砷”时，亚砷酸和FeS发生氧化还原反应转化为As2S3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2H3AsO3＋3FeS＋3H2SO4===As2S3＋3FeSO4＋6H2O。(2)“沉砷”时产生的废气为H2S气体，可用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)吸收处理。(3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是FeS；“滤渣”中含有Fe(OH)2。(4)滤液Ⅱ氧化脱硫过程中，AsS和O2发生氧化还原反应生成硫单质和Na3AsO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为AsS＋2O2===AsO＋3S↓。(5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的Na2S替换，原因是：由于As2S3(aq)＋3S2－(aq)??2AsS(aq)，加入过量的Na2S，溶液中c(S2－)增大，平衡正向移动，不利于沉砷。(6)该流程最后一步用SO2“还原”砷酸生成As2O3，SO2转化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2H3AsO4＋2SO2===As2O3↓＋2H2SO4＋H2O。(7)该晶胞中，位于顶点和棱上的Ni原子数为＋＝2，位于晶胞内部的As原子数为2。根据晶胞中“As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心”以及“晶胞参数为a pm、a pm、c pm”可知，该晶胞的底面面积＝sin 60°a2 pm2＝a2 pm2。该晶体的密度为 g·cm－3。
17.(15分)(2024·河北衡水市部分示范性高中三模)二甲醚(CH3OCH3)既是一种有机燃料，又是一种重要的有机化工原料。利用CO2催化氢化制备二甲醚的反应原理如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.5 kJ·mol－1
Ⅱ.2CO2(g)＋6H2(g)??CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH2＝－122.5 kJ·mol－1
Ⅲ.2CH3OH(g)??CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3＝ ________。
(2)向起始温度为T ℃的某绝热恒容密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)只发生反应Ⅲ，平衡时CH3OH的转化率为α1。
①下列事实能说明反应Ⅲ已经达到平衡的是 ________(填标号)。
A．混合气体的密度不再发生变化
B．容器内混合气体的压强不再发生变化
C．CH3OH的消耗速率等于H2O的消耗速率
D．CH3OCH3的体积分数不再发生变化
②若向起始温度为T ℃的该绝热恒容密闭容器中充入CH3OCH3(g)和H2O(g)各1 mol，平衡时CH3OCH3的转化率为α2，则α1＋α2 ________1(填“>”“<”或“＝”)。
③在有催化剂存在的条件下，反应Ⅲ的反应过程如图1所示，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。该反应过程的决速步骤为 ________(填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是 _____________________________________。
(3)CO也能和H2反应制取二甲醚，反应原理为4H2(g)＋2CO(g)??CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH。一定条件下，将H2和CO按投料比＝2通入1 L反应器中发生该反应，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图2所示。
①该反应的ΔH ________0(填“>”或“<”)。
②图2中p1、p2、p3由大到小的关系是 ________。
③若在p3和316 ℃时，将H2和CO按投料比＝3通入该1 L反应器中，反应达到平衡时，CO的转化率 ________50%(填“>”“<”或“＝”)。
(4)高温时二甲醚蒸气发生分解反应：CH3OCH3(g)??CH4(g)＋CO(g)＋H2(g)。迅速将二甲醚引入一个500 ℃的抽成真空的恒温恒容的密闭瓶中，在不同时刻测得的瓶内气体压强p总如下表所示。
t/min 0 10 20 30 40 50
p总/kPa 50.0 78.0 92.0 99.0 100 100
①该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为 ________。
②500 ℃时，该反应的平衡常数Kp＝ ________(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】　(1)－23.5 kJ·mol－1
(2)①BD　②<　③第二步　第二步反应活化能较高，反应速率较慢
(3)①<　②p1>p2>p3　③>
(4)①50%　②625
【解析】　(1)由盖斯定律可知，Ⅱ－Ⅰ×2，可得2CH3OH(g)??CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH3＝ΔH2－2ΔH1＝－23.5 kJ·mol－1。(2)①容器体积不变，混合气体质量不变，所以混合气体的密度始终不变，常量不变，不能说明反应已经达到平衡，故A不选；反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因容器绝热且反应为放热反应，温度在上升，则压强在增大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应达到平衡状态，故B选；CH3OH的消耗速率等于H2O的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，故C不选；CH3OCH3的体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态，故D选。②若向恒温恒容密闭容器中分别投入2 mol CH3OH(g)或者CH3OCH3(g)和H2O(g)各1 mol，最终平衡状态会相同，α1＋α2＝1。但绝热恒容密闭容器中，正向、逆向投料后，因该反应放热，正向投料反应达到平衡时温度高于起始温度T ℃，则α1(绝热恒容)<α1(恒温恒容)，逆向投料反应达到平衡时温度低于起始温度T ℃，则α2(绝热恒容)<α2(恒温恒容)，两者平衡状态不相同，故α1＋α2<1。③第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反应过程的决速步骤。(3)①由题图可知，压强一定时，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，故该反应为放热反应，ΔH<0。②该反应为气体分子数减少的可逆反应，温度一定时增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故p1>p2>p3。③若在p3和316 ℃时，将H2和CO按投料比＝3通入该1 L反应器中，增大了氢气的加入量，平衡正向移动，则平衡时CO的转化率增大，CO的平衡转化率大于50%。(4)①设起始时二甲醚的物质的量为1 mol，反应达到平衡时，二甲醚分解的物质的量为x，列出三段式：
　　　　　CH3OCH3(g)??CH4(g)＋CO(g)＋H2(g)
n(起始)/mol 1 　　　　　　0 　　 0 　　 0
n(转化)/mol x　　　　　　 x 　　 x 　　 x
n(平衡)/mol 1－x 　　　　 x 　　x 　　　x
恒温恒容条件下，反应前后气体的物质的量之比等于气体的压强之比，则有＝，解得x＝0.5 mol，故该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为×100%＝50%。②500 ℃时，该反应的平衡常数Kp＝＝(kPa)2＝625(kPa)2。
18.(14分)(2024·河北保定市名校协作体三模)阿拉普利是治疗高血压的长效药，合成路线如图：
回答下列问题：
(1)Cl3C—CHO中官能团的名称为 ____________。
(2)写出A→B的化学方程式： _______________________________；制备E的过程中，设计A→B的目的是 ________________________________________。
(3)E和F反应生成阿拉普利的反应类型是 ________________；K2CO3的作用是 ___________________________________________________________。
(4)阿拉普利分子中含有 ________个手性碳原子。
(5)C的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 ________种(不包括立体异构体)。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应
②苯环上只有两种取代基，且其中一个为—NH2
其中核磁共振氢谱显示有五组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶2∶1的结构简式为 ________________________。
【答案】　(1)碳氯键、醛基
(2)Cl3C—CHO＋＋CHCl3　保护亚氨基
(3)取代反应　吸收副产物HCl，提高产率
(4)3
(5)15　
【解析】　由题干路线图可知A与CCl3CHO在CH3ONa作用下发生取代反应生成B，B与C反应的实质是羧基和氨基形成酰胺基，即发生取代反应生成D，D在一定条件下转化为E，E和F发生取代反应生成G。(1)Cl3C—CHO中官能团的名称为碳氯键、醛基。(2)由题干路线图中A、B的结构简式可知，A→B同时生成副产物氯仿即CHCl3，即发生了取代反应，则A→B的化学方程式为Cl3C—CHO＋＋CHCl3；氨基或亚氨基能和羧基发生取代反应，由A制备E的过程中，亚氨基先于羧基反应后又重新生成，则设计A→B的目的是保护亚氨基。(3)根据E、F的结构简式可知，E和F反应生成阿拉普利的反应类型是取代反应，副产物为HCl，碳酸钾吸收HCl，促进反应正移，提高产率和原料转化率。K2CO3的作用是：吸收副产物HCl，提高产率。(4)连接四个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，如图所示，阿拉普利分子中含有3个手性碳原子。(5)C的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则含有1个甲酸酯基即HCOO—；②苯环上只有两种取代基，且其中一个为—NH2；则除了氨基外，另一个取代基可以分别为HCOOCH2CH2CH2—、HCOOCH(CH3)CH2—、HCOOCH2CH(CH3)—、HCOOC(CH3)2—、HCOOCH(CH2CH3)—，共5种组合，每种组合苯环上取代基均可以处于邻间对位，则满足条件的同分异构体结构有3×5＝15种(不包括立体异构体)。其中核磁共振氢谱显示有五组峰即分子内有5种氢原子，且峰面积比即氢原子数目比为6∶2∶2∶2∶1的结构简式为。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)非选择题押题专练二
(45分钟)
非选择题：本题共4小题，共58分。
15.(15分)(2024·河北省重点高中三模)2-溴戊二酸二甲酯(相对分子质量为239)是某抗癌药物的重要中间体，其制备的反应原理如图所示：
制备装置如图所示(夹持装置已略去)：
实验步骤如下：
步骤一：制备
将10.0 g戊二酸(相对分子质量为132)加入到三颈烧瓶中，再向其中加入三氯甲烷25 mL，搅拌均匀，保持78 ℃条件下，依次缓慢滴加12 mL氯化亚砜、3滴催化剂、液溴，随后回流；回流完毕后，将三颈烧瓶置于冰盐浴中，将溶液温度降到－10 ℃后，缓慢滴加25 mL甲醇(沸点64.7 ℃)，保持滴加过程中温度不超过0 ℃。
步骤二：除杂
向三颈烧瓶中加入25 mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤，分液除去上层水相，下层有机相再用25 mL饱和氯化钠溶液洗涤3次，洗涤完毕，用无水硫酸镁干燥，过滤。
步骤三：提纯
过滤后的液体置于热浴容器中(外温170 ℃)，接上精馏装置，进行减压蒸馏。
步骤四：收集
收集100～110 ℃的馏分，得到10.86 g无色透明油状液体。
回答下列问题：
(1)使用装置A的优点是 _________________________________________。
(2)步骤一中采取“温度降到－10 ℃”“缓慢滴加”这些措施的可能原因有 ________。
a．减缓反应速率
b．防止高温下发生复杂的有机副反应
c．避免原料挥发，使反应物充分反应
(3)步骤二中用饱和氯化钠溶液洗涤的目的是 _________________________　_______________________________________________。
(4)步骤三中使用减压蒸馏的目的是 ________________________。
(5)中间产物Ⅰ比戊二酸的沸点低很多的原因是________________________　______________，反应中生成戊二酰氯的同时得到两种有刺激性气味的气体，该反应的化学方程式为 ___________________________________________。
(6)从环保角度分析，该实验装置存在明显不足之处，解决的办法是 ______________________________________________________________。
(7)本实验的产率是 ________。
A．30% B．50%
C．60% D．80%
【答案】　(1)平衡气压，便于液体顺利流下
(2)abc
(3)除去有机相中残留的NaHCO3
(4)降低有机物沸点，减少挥发
(5)戊二酸分子间存在氢键，中间产物Ⅰ分子间不存在氢键　＋2SOCl2―→＋2SO2↑＋2HCl
(6)在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管
(7)C
【解析】　由题图可知，制备2-溴戊二酸二甲酯的实验原理为戊二酸与氯化亚砜反应，生成中间产物Ⅰ(戊二酰氯)，戊二酰氯与液溴反应生成中间产物Ⅱ，中间产物Ⅱ再与甲醇发生酯化反应得到2-溴戊二酸二甲酯，制得的2-溴戊二酸二甲酯经除杂提纯得到产品。(1)由实验装置图可知，装置A为恒压滴液漏斗，使用恒压滴液漏斗的目的是平衡气压，便于所盛溶液顺利流下。(2)步骤一中采取“温度降到－10 ℃”“缓慢滴加”这些措施的目的是减缓反应速率，使反应物充分反应，同时防止温度过高导致副反应的发生，避免原料受热挥发造成损失，故选abc。(3)由题意可知，步骤二中向三颈烧瓶中加入25 mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤的目的是除去有机物中的酸性物质，下层有机相再用25 mL饱和氯化钠溶液洗涤3次的目的是除去有机物中残留的碳酸氢钠。(4)减压可降低有机物的沸点，蒸馏时减少其挥发，则步骤三中使用减压蒸馏的目的是降低有机物沸点，减少挥发。(5)戊二酰氯与戊二酸都是由分子组成的物质，戊二酸结构中含有羧基，分子间能形成氢键，戊二酰氯分子间不存在氢键，所以戊二酰氯比戊二酸的沸点低很多；由题意可知，戊二酸与氯化亚砜反应生成戊二酰氯、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为＋2SOCl2―→＋2SO2↑＋2HCl。(6)由于反应中产生污染性气体，所以从绿色化学角度分析，该实验装置的明显不足之处是没有尾气处理装置，应在冷凝管处连接装有碱石灰的球形干燥管。(7)由题意可知，10.0 g戊二酸制得10.86 g 2-溴戊二酸二甲酯，则由碳原子守恒可知，实验的产率为×100%≈60%，故选C。
16.(14分)(2024·河北秦皇岛市部分示范性高中三模)由废旧铜包钢线缆[含Fe、Cu和少量Cu2(OH)2CO3、碳]回收铜，并制备磷酸亚铁锂，有望代替传统的锂离子电池正极材料。其工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)常温下进行“酸溶”时，稀硝酸不宜用浓硝酸代替，原因为 _________________________________________________________(写一条)。
(2)滤渣1的主要成分为 ________(填名称)。滤渣2的主要成分为 ________(填化学式)。
(3)写出用Cu(NO3)2溶液通过湿法制备Cu的离子反应方程式： ________________________________________________。
(4)若滤液2中c(PO)＝1×10－4 mol·L－1，则“转化”过程调pH不能高于 ________{已知：常温下，Ksp(FePO4)＝5×10－16、Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38、lg 2≈0.3。忽略溶液体积变化}。
(5)“焙烧”反应的化学方程式为 _______________________________；该工序需在氩气氛围中进行的原因为 __________________________。
(6)上述工艺中可以循环利用的物质为 ________(填化学式)。
【答案】　(1)浓硝酸能将铁钝化，降低铁的浸出率；反应放热使浓硝酸分解、挥发，降低原料利用率
(2)碳　Fe(OH)3
(3)Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋
(4)5.3
(5)24FePO4＋C6H12O6＋24LiOH24LiFePO4＋6CO2↑＋18H2O　防止葡萄糖和亚铁离子被氧化，使葡萄糖利用率低和产品不纯
(6)NH3
【解析】　由题给流程可知，废旧铜包钢线缆加入稀硝酸酸溶时，铁、铜、碱式碳酸铜溶于稀硝酸得到硝酸盐溶液，碳不与稀硝酸反应，过滤得到含有碳的滤渣1和含有铜离子和铁离子的滤液1；向滤液1中加入足量氨水氨化将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铜离子转化为铜氨络离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有铜氨络离子的溶液；含有铜氨络离子的溶液经加入蒸氨得到氨气和硝酸铜；向滤渣2中加入磷酸氢钠溶液，并调节溶液pH，将氢氧化铁转化为磷酸铁，过滤得到磷酸铁和滤液2；将磷酸铁、葡萄糖和氢氧化锂混合研磨后，在氩气气氛中焙烧制得磷酸亚铁锂。(1)常温下，浓硝酸能将铁钝化，降低铁的浸出率，同时反应放热导致浓硝酸分解、挥发，降低原料利用率，故酸溶时稀硝酸不宜用浓硝酸代替。(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为不溶于稀硝酸的碳，滤渣2主要成分为Fe(OH)3。(3)用Cu(NO3)2溶液通过湿法制备Cu是用铁单质置换溶液中的Cu2＋，离子方程式为Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋。(4)由溶度积可知，当滤液2中磷酸根的离子浓度为1×10－4 mol·L－1时，溶液中铁离子浓度为＝＝5×10－12 mol·L－1，若溶液中铁离子不转化为氢氧化铁沉淀，溶液的氢氧根离子浓度应不能高于＝＝2×10－9 mol·L－1，则溶液的pH应不高于5.3。(5)由分析可知，磷酸铁、葡萄糖和氢氧化锂在高温下反应生成磷酸亚铁锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为24FePO4＋C6H12O6＋24LiOH24LiFePO4＋6CO2↑＋18H2O，焙烧在氩气氛围中进行，可以防止葡萄糖和亚铁离子被空气中氧气氧化，导致葡萄糖利用率低和产品不纯。(6)由工艺流程中物质转化知，“蒸氨”时生成的氨气可以返回到“氨化”工序循环利用，故答案为NH3。
17.(15分)(2024·江西南昌市三模)甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。
(1)HCHO电催化释氢
催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。
①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为 __________________________________　______________________________________。
②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO－的物质的量之比为1∶2、则电极b上的电极反应式为 __________________________________________，此种情况下，电解过程中每产生1 mol H2，通过阴离子交换膜的OH－为 ________mol。
(2)HCHO水化释氢
45 ℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示：
使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚，其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示：
①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为 ________(填化学式)。
②若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是 _________________________________________________。
(3)氢气在化学工业中应用广泛，一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2)∶n(NO)＝1发生如下反应：2H2(g)＋2NO(g)??N2(g)＋2H2O(g)
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 ________(填标号)。
A．2v逆(NO)＝v正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明该反应速率方程式为v＝kcm(H2)·c2(NO)，其中k为速率常数。与温度、活化能有关，若投料比n(H2)∶n(NO)＝1，T1时的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为0.125v0，由此可知m＝ ________；设此时反应的活化能为Ea，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lg ＝－(R为常数)，据此推测：升高一定温度，活化能越大，速率常数增大倍数 ________(填“越大”“越小”或“不变”)。
【答案】　(1)①2MoO2＋2(NH4)2HPO4＋9H22MoP＋4NH3＋12H2O　②2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O　1
(2)①HD　②NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降
(3)①CD　②1　越大
【解析】　(1)①由晶胞结构可知，晶胞中磷原子个数为8×＋8×＋2×＝4，钼原子个数为4，催化剂的化学式为MoP，则制备催化剂的反应为二氧化钼与磷酸氢二铵混合物与氢气高温下反应生成磷化钼、氨气和水，反应的化学方程式为2MoO2＋2(NH4)2HPO4＋9H22MoP＋4NH3＋12H2O。②由题意可知，电解时，与电源正极相连电极b是电解池的阳极，碱性条件下甲醛在阳极失去电子发生氧化反应生成甲酸根离子、氢气和水，电极反应式为2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O，电极a是阴极，水分子自由基得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，由得失电子数目守恒可知，电解过程中生成1 mol氢气时，阴、阳两极生成氢气的物质的量都为0.5 mol，则通过阴离子交换膜由阴极区进入阳极区的氢氧根离子物质的量为0.5 mol×2＝1 mol。(2)①由反应的机理可知，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。②氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，若氢氧化钠溶液浓度过大，氢氧化钠溶液溶解载体氧化铝，使纳米银颗粒发生团聚，催化活性下降，导致氢气的产生迅速减慢。(3)①由方程式可知，2v逆(NO)＝v正(N2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确。②设起始氢气和一氧化氮的浓度都为1 mol·L－1，由题意可知，起始反应速率v0＝k×1m×12＝k，氢气转化率为50%时，氢气和一氧化氮的浓度都为1 mol·L－1－1 mol·L－1×50%＝0.5 mol·L－1，则反应速率v＝k×0.5m×0.52＝0.125v0＝0.125k，解得m＝1；由lg ＝－可知，活化能越大，升高温度时，－的值越大，则lg 的值越大，速率常数k2大于k1，所以速率常数增大的倍数越大。
18.(14分)(2024·河北衡水市部分示范性高中三模)化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下：
已知：①＋R3COOH
②
回答下列问题：
(1)A的结构简式为 ________________(写一种)。B分子中含有 ________个手性碳原子。由C生成D时，C中碳原子的杂化方式 ____________改变(填“发生”或“没有发生”)。
(2)Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q共有 ________种(不考虑立体异构)。
ⅰ.分子中含有苯环和2个酚羟基
ⅱ.核磁共振氢谱有5组峰
(3)由G生成M的化学方程式为 _________________________________。
(4)根据化合物F的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 有机产物的结构简式 反应类型
a 足量浓氢溴酸，加热 ______________________ ________
b 足量乙酸、浓硫酸，加热 ______________________ ________
(5)参照上述合成路线和信息，以CH2==C(CH3)CH2CH2CH==CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。
①CH2==C(CH3)CH2CH2CH==CH2的化学名称为 ________________。
②第一步反应生成的相对分子质量较大的有机产物的结构简式为 ________________。
③第三步反应的化学方程式为 _____________________________________。
【答案】　(1)(或)　3　没有发生
(2)8
(3)n
(4)　取代反应　　取代反应(或酯化反应)
(5)①2-甲基-1,5-己二烯　②CH3COCH2CH2COOH
③CH3COCH2CH2COOCH3＋CH3OH
【解析】　结合已知信息，由C的结构简式，可以推出B的结构简式为，A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C到D是酯化反应，故D的结构简式为，E到F发生加成反应，故F的结构简式为，再发生消去反应，得到G，继续发生加聚反应生成M。(1)由上述分析可知，A的结构简式为或，B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：，D的结构简式为，C到D发生的是酯化反应，C原子的杂化方式没有发生改变。(2)E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：ⅰ.分子中含有苯环和2个酚羟基；ⅱ.核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有、、、、、、、，共8种。(3)由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为。(4)F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，生成物的结构简式为；与足量乙酸、浓硫酸，加热发生的是酯化反应，生成物的结构简式为，反应类型为取代反应或酯化反应。(5)①CH2==C(CH3)CH2CH2CH==CH2是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为2-甲基-1,5-己二烯。②分析合成流程，第一步由CH2==C(CH3)CH2CH2CH==CH2发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOCH3，第三步发生反应：CH3COCH2CH2COOCH3＋CH3OH；故第一步反应生成的相对分子质量较大的有机产物的结构简式为CH3COCH2CH2COOH。③第三步反应的化学方程式为CH3COCH2CH2COOCH3＋CH3OH。
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