化学自习室移动版

一、单项选择题(共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意)

【2022江苏等级考】1.我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列成果研究的物质属于蛋白质的是

A. 陶瓷烧制 B. 黑火药 C. 造纸术 D. 合成结晶牛胰岛素答案：D

解析：A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，陶瓷烧制研究的物质是硅的化合物，A不符合题意；

B．黑火药研究的物质是硫、碳和硝酸钾，B不符合题意；

C．造纸术研究的物质是纤维素，C不符合题意；

D．胰岛素的主要成分是蛋白质，故合成结晶牛胰岛素研究的物质是蛋白质，D符合题意；

【2022江苏等级考】2. 少量 Na₂O₂ 与H₂O反应生成H₂O₂ 和 NaOH。下列说法正确的是

A. Na₂O₂ 的电子式为

B. H₂O的空间构型为直线形

C. H₂O₂ 中 O元素的化合价为－1 

D. NaOH仅含离子键

答案：C

解析：A．过氧化钠是离子化合物， 电子式是，A错误；

B．H₂O中氧原子的成键电子对是 2 ，孤电子对是 2 ，根据价层电子对为 4 ，根据价层电子对互 斥理论，其空间构型为 V形，B错误；

C． H₂O₂ 中 H显＋1 价，根据正负化合价为 0 ，可计算出 O的化合价为－ 1 ，C 正确；

D．NaOH 中 O 和 H 之间是共价键，D 错误；

【2022江苏等级考】3. 工业上电解熔融Al₂ O₃ 和冰晶石(Na₃AlF₆ ) 的混合物可制得铝。下列说法正确的是

A. 半径大小： r (Al^3＋)＜r (Na^＋ ) 

B. 电负性大小： χ(F)＜χ(O)

C. 电离能大小： I₁ (O)＜I₁ (Na) 

D. 碱性强弱： NaOH＜Al(OH)₃

答案：A

解析：A ．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为 r (Al^3＋)＜r (Na^＋ ) ，故A正确；

B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故 χ(F)＞χ(O) ，故 B错误；

C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为I₁ (O)＞I₁ (Na) ，故 C错误；

D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为 NaOH＞Al(OH)₃ ，故D 错误；故选 A。

【2022江苏等级考】4.实验室制取少量SO₂ 水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A.用装置甲制取SO₂ 气体 

B. 用装置乙制取SO₂ 水溶液

C. 用装置丙吸收尾气中的SO₂       

D. 用干燥 pH试纸检验SO₂ 水溶液的酸性

答案：C

解析：A．60%硫酸和 NaHSO₃(s)可发生反应：H₂SO₄＋2NaHSO₃=Na₂SO₄＋2SO₂ ↑＋2H₂O，因此装置甲可以制取SO₂ 气体，A正确；

B．气体通入液体时“长进短处” ，装置乙可以制取SO₂ 水溶液，B正确；

C．SO₂ 不会与饱和 NaHSO₃ 溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的SO₂ ，C错误；

D． SO₂ 水溶液显酸性，可用干燥的 pH试纸检验其酸性，D正确；答案选 C。

【2022江苏等级考】5.下列说法正确的是

A. 金刚石与石墨烯中的 C－C－C 夹角都为 120°

B.SiH₄ 、 SiCl₄ 都是由极性键构成的非极性分子

C. 锗原子( ₃₂Ge)基态核外电子排布式为 4s² 4p²

D.ⅣA族元素单质的晶体类型相同

答案：B

解析：A．金刚石中的碳原子为正四面体结构， C－C－C夹角为 109°28′ ，故A 错误；

B．SiH₄ 的化学键为 Si－H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；SiCl₄的化学键为 Si－Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故 B正确；

C．锗原子( 32 g e)基态核外电子排布式为[Ar] 4s² 4p² ，故 C错误；

D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故 D错误；故选 B。

【2022江苏等级考】6. 周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛， 甲烷具有较大的燃烧热(890.3kJ.mol^{－ 1} ) ，是常见燃料；Si、Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO₂ 能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H₂SiF₆ ( H₂SiF₆ 在水中完全电离为 H^＋ 和SiF₆^2- )；1885 年德国化学家将硫化锗(GeS₂ ) 与H₂ 共热制得了门捷列夫预言的类硅—锗；下列化学反应表示正确的是

A. SiO₂ 与 HF溶液反应： SiO₂ ＋6HF=2H^＋ ＋SiF₆^2－ ＋2H₂ O

B.高温下H₂ 还原GeS₂ ： GeS₂ ＋H₂ Ge＋2H₂S

C.铅蓄电池放电时的正极反应： Pb－2e^- ＋SO₄^2－=PbSO₄

D. 甲烷的燃烧： CH₄ (g)＋2O₂ (g)=CO₂ (g)＋2H₂ O(g) ΔH=890.3kJ. mol^{－ 1}答案：A

解析：A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸H₂SiF₆ 和水，反应的离子方程式为SiO₂ ＋6HF=2H^＋＋SiF₆^2－ ＋2H₂ O ，故 A 正确；

B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为GeS₂  Ge＋2S，故 B错误；

C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水， 电极反应式为正极反应 PbO₂ ＋2e^- ＋SO₄^2－ ＋4H^＋ =PbSO₄ ＋2H₂ O，故 C错误；

D．由题意可知，1mol 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为 890.3kJ，反应的热化学方程式为CH₄ (g)＋2O₂ (g)=CO₂ (g)＋2H₂ O(l) ΔH=－890.3kJ/mol，故 D错误；

故选 A。

【2022江苏等级考】7. 我国古代就掌握了青铜(铜－锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO₂是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是

A.石墨能导电，可用作润滑剂

B. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料

C. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑

D. 含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料

答案：C

解析：A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误

B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故 B错误；

C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故 C正确；

D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故 D错误；

故选 C。

【2022江苏等级考】8.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是

A. 自然固氮、人工固氮都是将 N₂ 转化为 NH₃

B. 侯氏制碱法以H₂O、 NH₃ 、 CO₂ 、 NaCl为原料制备 NaHCO₃ 和 NH₄ Cl

C.工业上通过 NH₃ 催化氧化等反应过程生产HNO₃

D.多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”

答案：A

解析：A． 自然固氮是将 N₂ 转化为含氮化合物，不一定是转化为 NH₃ ，比如大气固氮是将 N₂会转化为 NO ，A错误；

B．侯氏制碱法以 H₂O、NH₃ 、CO₂ 、NaCl为原料制备NaHCO₃ 和 NH₄Cl ，反应的化学方程式为 H₂O＋NH₃＋CO₂＋NaCl=NaHCO₃ ↓＋NH₄Cl，B正确；

C．工业上通过 NH₃ 催化氧化等反应过程生产 HNO₃ ，相关的化学反应方程式为4NH₃＋5O₂4NO＋6H₂O、2NO＋O₂=2NO₂、3NO₂＋H₂O=2HNO₃＋NO、4NO₂＋O₂＋2H₂O=4HNO₃，C正确；

D.氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确；

故选 A。

【2022江苏等级考】9.精细化学品z是 X与 HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如下：

下列说法不正确的是

A.X与互为顺反异构体

B. X能使溴的CCl₄ 溶液褪色

C.x与 HBr反应有副产物生成

D. z分子中含有 2 个手性碳原子答案：D

解析：A．X与互为顺反异构体，故 A正确；

B．X中含有碳碳双键，故能使溴的CCl₄ 溶液褪色，故 B正确；

C．x中的碳碳双键可以和 HBr 发生加成反应生成，故 C 正确；

D．Z分子中含有的手性碳原子如图：，含有 1 个手性碳原子，故 D错误；

故选 D。

【2022江苏等级考】10.用尿素水解生成的 NH₃ 催化还原 NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH₃(g)＋O₂ (g)＋4NO(g) 4N₂ (g)＋6H₂O(g) ，下列说法正确的是

A. 上述反应 ΔS＜0

B.上述反应平衡常数K=

C. 上述反应中消耗1mol NH₃ ，转移电子的数目为 2×6.02×10²³

D.实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小

答案：B

解析：A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应ΔS＞0，故A 错误；

B．由方程式可知，反应平衡常数K= ，故 B正确；

C．由方程式可知，反应每消耗 4mol 氨气，反应转移 12mol 电子，则反应中消耗 1mol 氨气转移电子的数目为 3mol×4××6.02×10²³=3×6.02×10²³ ，故 C错误；

D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故 D错误；

故选 B。

【2022江苏等级考】11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是

A. A      B. B    C  . C   D. D

答案：D

解析：A．向盛有FeSO₄ 溶液的试管中滴加几滴 KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明 Fe^2＋具有还原性，A正确；

B．向盛有SO₂ 水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明SO₂ 具有漂白性， B正确；

C．向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br₂ 的氧化性比I₂的强，C正确；

D．用 pH计测量醋酸、盐酸的 pH用以证明CH₃COOH是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。

故选 D。

【2022江苏等级考】12. 一种捕集烟气中 CO₂ 的过程如图所示。室温下以 0. 1mol∙L^{－ 1}KOH溶液吸收 CO₂，若通入 CO₂ 所引起的溶液体积变化和 H₂O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度 c_总=c(H₂CO₃)＋c( HCO₃^－)＋c( CO₃^2－) 。H₂CO₃ 电离常数分别为 K_a1=4.4×10^－7 、K_a2=4.4×10^-11 。下列说法正确的是

A. KOH吸收 CO₂ 所得到的溶液中：c(H₂CO₃)＞c( HCO₃^－)

B. KOH完全转化为 K₂CO₃ 时，溶液中：c(OH^－)= c(H^＋)＋c( HCO₃^－)＋c(H₂CO₃)

C. KOH溶液吸收 CO₂ ，C_总=0. 1mol∙L^{－ 1} 溶液中：c(H₂CO₃)＞c(CO₃^2－)

D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降

答案：C

解析：A．KOH吸收 CO₂所得到的溶液，若为 Na₂CO₃ 溶液，则 CO₃^2－主要发生第一步水解，溶液中：c(H₂CO₃)＜c(HCO₃^－) ，若为 NaHCO₃ 溶液，则 HCO₃^－发生水解的程度很小，溶液中：c(H₂CO₃)＜c( HCO₃^－) ，A不正确；

B．KOH完全转化为 K₂CO₃ 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K^＋)＋ c(H^＋)=c(OH^－)＋＋c( HCO₃^－)＋2c( CO₃^2－) ，依据物料守恒，溶液中：c(K^＋)=2[c( CO₃^2－)＋c( HCO₃^－)＋c(H₂CO₃)] ，则 c(OH^－)=c(H^＋)＋c(HCO₃^－)＋2c(H₂CO₃) ，B不正确；

C．KOH溶液吸收 CO₂ ，c(KOH)=0. 1mol ∙L^{－ 1} ，c_总=0. 1mol ∙L^{－ 1} ，则溶液为 KHCO₃ 溶液，K_h2= = ≈2.3×10^－8＞K_a2=4.4×10^{－ 11} ，表明HCO₃^－以水解为主，所以溶液中：c(H₂CO₃)＞c( CO₃^2－) ，C 正确；

D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO₂＋2KOH=K₂CO₃＋H₂O、K₂CO₃＋CaO＋H₂O=CaCO₃ ↓＋2KOH(若生成 KHCO₃ 或 K₂CO₃ 与 KHCO₃ 的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO₂＋CaO=CaCO₃ ↓ ，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；

故选 C。

【2022江苏等级考】13. 乙醇－水催化重整可获得H₂ 。其主要反应为C₂H₅OH(g)＋3H₂O(g)=2CO₂ (g)＋6H₂ (g) ΔH= 173.3kJ . mol^－1 ，CO₂ (g)＋H₂ (g)=CO(g)＋H₂ O(g) ΔH=41.2kJ . mol^－1 ，在 1.0 ×10⁵Pa 、n(_始)(C₂H₅OH) :n(_始) (H₂O) =1:3 时，若仅考虑上述反应，平衡时CO₂ 和 CO的选择性及H₂ 的产率随温度的变化如图所示。

CO的选择性，下列说法正确的是

A. 图中曲线①表示平衡时H₂ 产率随温度的变化

B.  升高温度，平衡时 CO 的选择性增大

C.一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率

D. 一定温度下，加入CaO(s) 或选用高效催化剂，均能提高平衡时H₂ 产率

答案：D

解析：根据已知反应① C₂H₅OH(g)＋3H₂O(g)=2CO₂ (g)＋6H₂ (g) ΔH= 173.3kJ .mol^－1 ，反应② CO₂ (g)＋H₂ (g)=CO(g)＋H₂ O(g) ΔH=41.2kJ .mol^－1 ，且反应①的热效应更大，故温度升高的时 候对反应①影响更大一些，即 CO₂ 选择性增大，同时 CO的选择性减小，根据 CO的选择性的定义可知③代表 CO₂ 的选择性，①代表 CO的选择性，②代表 H₂ 的产率， 以此解题。

A．由分析可知②代表 H₂ 的产率，A错误；

B．由分析可知升高温度，平衡时 CO的选择性减小，B错误；

C．两种物质参加反应增大一种物质的浓度，会降低该物质的平衡转化率，C错误；

D．加入CaO(s) 与水反应放热，对反应①影响较大，可以增大H₂ 产率，或者选用对反应①影响较大的高效催化剂，也可以增大H₂ 产率，D正确；故选 D。

二、非选择题(共4 题，共 61 分)

【2022江苏等级考】14. 硫铁化合物(FeS、 FeS₂ 等)应用广泛。( 1)纳米 FeS可去除水中微量六价铬[Cr(VI)] 。在pH=4~7 的水溶液中，纳米 FeS颗粒表面带正电荷，Cr(VI)主要以 HCrO₄^－、Cr₂O₇^2－ 、CrO₄^2－ 形式存在，纳米 FeS去除水中Cr(VI) 主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。

已知： K_sp(FeS)=6.5×10^{－ 18} ， K_sp [Fe(OH)₂ ]=5.0×10^{－ 17} ； H₂S 电离常数分别为 K_a1= 1. 1×10^－7 、K_a2 =1.3×10^－13 。

①在弱碱性溶液中， FeS与CrO₄^2－ 反应生成Fe(OH)₃ 、 Cr(OH)₃ 和单质 S，其离子方程式为_______

②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H^＋ Fe^2＋＋HS^－ 的平衡常数 K的数值为_______。

③在pH=4~7 溶液中，pH越大， FeS去除水中Cr(VI) 的速率越慢，原因是_______。

(2)FeS₂ 具有良好半导体性能。FeS₂ 的一种晶体与 NaCl晶体的结构相似，该FeS₂ 晶体的一个晶胞中S₂^2－ 的数目为_______ ，在 FeS₂ 晶体中，每个 S原子与三个 Fe^2＋紧邻，且 Fe－S间距相等，如 图 1 给出了FeS₂ 晶胞中的 Fe^2＋和位于晶胞体心的 S₂^2－ ( S₂^2－ 中的 S－S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S₂^2－ 已省略) 。如图中用“－”将其中一个 S原子与紧邻的 Fe^2＋连接起来_______。

(3) FeS₂ 、 FeS在空气中易被氧化，将FeS₂ 在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS₂ 的质量的比值随温度变化的曲线如图2 所示。 800℃时， FeS₂ 氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。

答案：( 1)①. FeS＋CrO₄^2－＋4H₂O=Fe(OH)₃ ＋Cr(OH)₃ ＋S＋2OH^－ ②. 5 ×10^-5 ③. c(OH^－)越大， FeS表面吸附的Cr(VI) 的量越少， FeS溶出量越少， Cr(VI) 中CrO₄^2－ 物质的量分数越大

(2)①. 4 ②. 

(3)Fe₂O₃；设FeS₂ 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为 FeOx， M(FeS₂ ) = 120g/mol，则M(FeOx) = 120g/mol×66.7%=80.04g/mol，则 56＋ 16x=80.04 ，x= ，即固体产物为 Fe₂O₃

解析：( 1)在弱碱性溶液中， FeS与CrO₄^2－ 反应生成 Fe(OH)₃ 、 Cr(OH)₃ 和单质 S的离子方程式为：FeS＋CrO₄^2－＋4H₂O=Fe(OH)₃ ＋Cr(OH)₃ ＋S＋2OH^－ ；反应FeS＋H^＋ Fe^2＋＋HS^－ 的平衡常数 K= ，由题目信息可知， K_sp(FeS)=c(Fe^2＋) . c(S^2-)=6.5 ×10^-18 ， H₂S 电离常数K_a2 = = 1.3 ×10^{－ 13} ，所以 K= = K_sp (FeS) ÷K_a2 =5 ×10^-5 ；在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI) 的速率越慢，是由于 c(OH^－)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少， FeS溶出量越少， Cr(VI) 中CrO42－ 物质的量分数越大；故答案为：FeS＋CrO₄^2－ ＋4H₂O=Fe(OH)₃ ＋Cr(OH)₃ ＋S＋2OH^- ；5 ×10^-5 ；c(OH^－)越大，FeS表面吸附的Cr(VI) 的量越少， FeS 溶出量越少， Cr(VI) 中 CrO₄^2－ 物质的量分数越大。

(2)因为 FeS₂ 的晶体与 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，则该 FeS₂ 晶体的一个晶胞中 S₂^2－ 的数目也为4；FeS₂ 晶体中，每个 S原子与三个 Fe^2＋紧邻，且Fe－S间距相等，根据FeS₂ 晶胞中的 Fe^2＋和S₂^2－ 的位置( S₂^2－中的 S－S键位于晶胞体对角线上)可知，每个 S 原子与 S一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 Fe^2＋紧

邻且间距相等，其中一个 S原子与紧邻的 Fe^2＋连接图如下：；故答案为：4；

。

(3)有图可知， 800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS₂ 的质量的比值为 66.7% ，设FeS₂ 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为 FeOx， M(FeS₂ ) = 120g/mol，则M(FeOx) = 120g/mol×66.7%=80.04g/mol，56＋ 16x=80.04 ，x= ，所以固体产物为 Fe₂O₃ ；故答案为：Fe₂O₃ ；设 FeS₂ 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为 FeOx， M(FeS₂ ) = 120g/mol，则M(FeOx) = 120g/mol×66.7%=80.04g/mol，则 56＋ 16x=80.04 ，x= ，即固体产物为 Fe₂O₃。

【2022江苏等级考】15. 化合物 G可用于药用多肽的结构修饰，其人工合成路线如下：

(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。

(2)B→C的反应类型为_______。

(3)D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分子中含有4 种不同化学环境的氢原子；②碱性条件水解，酸化后得 2 种产物，其中一种含苯环且有 2 种含氧官能团，2 种产物均能被银氨溶液氧化。

(4)F的分子式为C₁₂H₁₇NO₂ ，其结构简式为_______。

(5)已知：(R和D表示烃基或氢， R表示烃基)；

写出以和CH₃MgBr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)sp² 和 sp³

(2)取代反应 (3)

(4)

(5)

解析：A( ) 和 CH₃I 发生取代反应生成 b ( ) ；B和SOCl₂ 发生取代反应生成 C ( ) ；C 和 CH₃OH发生取代反应生成 D ( ) ；D 和 NH₂OH 发生反应生成 E ( ) ；E经过还原反应转化为 F ，F 再转化为 G ，其中F 和G 的分子式都是 C₁₂H₁₇NO₂ ，则 F 为，F和G互为手性异构体。

( 1)A分子中，苯环上的碳原子和双肩上的碳原子为 sp² 杂化，亚甲基上的碳原子为 sp³ 杂化，即A分子中碳原子的杂化轨道类型为 sp² 和 sp³。

(2)B→C的反应中，B中的羟基被氯原子代替，该反应为取代反应。

(3)D的分子式为 C₁₂H₁₄O₃ ，其一种同分异构体在碱性条件水解，酸化后得 2 种产物，其中一种含苯环且有 2 种含氧官能团，2 种产物均能被银氨溶液氧化，说明该同分异构体为酯，且水解产物都含有醛基，则水解产物中，有一种是甲酸，另外一种含有羟基和醛基，该同分异构体属于甲酸酯；同时，该同分异构体分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体的结构简式为

。

(4)由分析可知，F的结构简式为。

(5)根据已知的第一个反应可知，与 CH₃MgBr反应生成，

再被氧化为，根据已知的第二个反应可知，可以转化为，根据流程图中 D→E的反应可知，和·nH₂OH反应生成

；

综上所述，的合成路线为：

。

【2022江苏等级考】16.实验室以二氧化铈(CeO₂ )废渣为原料制备 Cl^－ 含量少的Ce₂ (CO₃ )₃ ，其部分实验过程如

下：

( 1)“酸浸”时CeO₂ 与H₂ O₂ 反应生成 Ce^3＋并放出O₂ ，该反应的离子方程式为_______。

(2)pH 约为 7 的 CeCl₃ 溶液与 NH₄ HCO₃ 溶液反应可生成Ce₂ (CO₃ )₃ 沉淀，该沉淀中 Cl^－ 含量与加料方式有关。得到含 Cl^－ 量较少的Ce₂ (CO₃ )₃ 的加料方式为_______(填序号)。

A．将 NH₄HCO₃ 溶液滴加到 CeCl₃ 溶液中 

B．将 CeCl₃ 溶液滴加到 NH₄ HCO₃ 溶液中

(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 Cl^－ 含量少的Ce₂ (CO₃ )₃ 。已知 Ce^3＋能被有机萃取剂(简称 HA)萃取，其萃取原理可表示为

Ce^3＋(水层)＋3HA(有机层)Ce(A)₃ (有机层)＋3H^＋ (水层)

①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。

②反萃取的目的是将有机层 Ce^3＋转移到水层。使 Ce^3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。

③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce₂ (CO₃ )₃ 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。

(4)实验中需要测定溶液中Ce^3＋的含量。已知水溶液中 Ce^4＋可用准确浓度的(NH₄ )₂ Fe(SO₄ )₂溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为Fe^2＋＋Ce^4＋=Fe^3＋＋Ce^3＋。请补充完整实验方案：

①准确量取 25.00mL Ce^3＋溶液[ c(Ce^3＋) 约为0.2mol. L^{－ 1}] ，加氧化剂将 Ce^3＋完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250mL 容量瓶中后定容；

②按规定操作分别将0.02000mol. L^－1 (NH₄ )₂ Fe(SO₄ )₂ 和待测 Ce^4＋溶液装入如图所示的滴定管中：

③_______。

答案：( 1)2CeO₂＋H₂O₂＋6H^＋=2Ce^3＋＋O₂ ↑＋4H₂O

(2)B(3)①. 降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度 ②. 酸性条件，多次萃取 ③. Ce^3＋

(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce^4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol. L^－1 (NH₄ )₂ Fe(SO₄ )₂ 来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积

解析：首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节 pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。

( 1)根据信息反应物为CeO₂ 与H₂ O₂ ，产物为 Ce^3＋和O₂ ，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO₂＋H₂O₂＋6H^＋=2Ce^3＋＋O₂ ↑＋4H₂O；

(2)反应过程中保持 CeCl₃ 少量即可得到含 Cl^－ 量较少的Ce₂ (CO₃ )₃ ，故选 B；

(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；

②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使 Ce^3＋尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；

③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的 Ce^3＋，过滤后溶液中 Ce^3＋离子浓度较小，故答案为： Ce^3＋；

(4)应该用标准液滴定待测 Ce^4＋溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce^4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol. L^－1 (NH₄ )₂ Fe(SO₄ )₂ 来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。

【2022江苏等级考】17. 氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。

( 1)“ CuCl－H₂O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解 4 个步骤，其过程如图 1 所示。

①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性 CuCl₂^－溶液，阴极区为盐酸， 电解过程中CuCl₂^－转化为 CuCl₄^2-电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。

②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。

(2)“Fe－HCO₃^－－H₂ O热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收CO₂ 制得的NaHCO₃ 溶液反应，生成H₂ 、 HCOONa和Fe₃O₄ ； Fe₃O₄ 再经生物柴油副产品转化为 Fe。

①实验中发现，在 300℃时，密闭容器中 NaHCO₃ 溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO₃ 生成并放出H₂ ，该反应的离子方程式为_______。

②随着反应进行，FeCO₃ 迅速转化为活性Fe₃O_4－x，活性Fe₃O_4－x是HCO₃^－转化为HCOO^－ 的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______

在其他条件相同时，测得 Fe的转化率、 HCOO^－ 的产率随c(HCO₃^－)变化如题图所示。HCOO^－ 的产率随 c(HCO₃^－) 增加而增大的可能原因是_______。

(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“ Fe－HCO₃^－－H₂ O热循环制氢和甲酸”的优点是_______

答案 ：( 1)①. CuCl₂^－＋ 2Cl^－ － e^- = CuCl₄^2－ ②. Cu 、O

(2)①. Fe＋2HCO₃^－FeCO₃ ↓＋CO₃^2－ ＋H₂ ↑ ②. H的电负性大于 Fe，小于 O，在活性Fe₃O_4－x表面，H₂ 断裂为 H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与 HCO₃^－中略带正电的碳结合，后者与 HCO₃^－中略带负电的羟基氧结合生成 H₂O，HCO₃^－转化为 HCOO^－ ③. 随 c(HCO₃^－) 增加，生成FeCO₃ 和 H₂ 的速率更快、产量增大，生成HCOO^－ 的速率更快、产率也增大

(3)高效、经济、原子利用率高、无污染

解析：( 1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H^＋可自由通过，阳极区为酸性 CuCl₂^－溶液，电解过程中CuCl₂^－转化为 CuCl₄^2－电解时阳极发生的主要电极反应为： CuCl₂^－＋ 2Cl^－ － e^- = CuCl₄^2－； ②电解后，经热水解得到的 HCl和热分解得到的 CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有 O₂ ，从详解①中得知，进入热水解的物质有 CuCl₄^2－，故发生化合价变化的元素有 Cu、O。

(2)①在 300℃时，密闭容器中 NaHCO₃ 溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO₃ 生成并放出H₂ ，离子方程式为：Fe＋2HCO₃^－FeCO₃ ↓＋CO₃^2－ ＋H₂ ↑

②H的电负性大于 Fe，小于 O，在活性Fe₃O_4－x表面，H₂ 断裂为 H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与 HCO₃^－()中略带正电的碳结合，后者与HCO₃^－中略带负电的羟基氧结合生成 H₂O，HCO₃^－转化为 HCOO^－ ；

③在其他条件相同时，随 c(HCO₃^－) 增加，其与铁粉反应加快，从图中得知 Fe 的转化率也增大，即生成FeCO₃ 和 H₂ 的速率更快，量更大，则得到活性Fe₃O_4－x的速度更快，量也更多，生成 HCOO^－的速率更快，产率也更大。

(3)“ Fe－HCO₃^－()－H₂ O热循环制氢和甲酸”系统将 HCO₃^－(转化为 HCOO^－ 和生成 H₂ 的速率快，原 子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成FeCO₃ 后迅速转化为活性Fe₃O_4－x，Fe₃O_4－x氧化为Fe₃O₄再经生物柴油副产品转化为 Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。