第20练-新高考模式综合练(江苏卷)(解析版).docx

第20练 新高考模式综合练（江苏卷）
试卷满分100分，考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Ni-59
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．2022年2月，我国科学家成功开发全球首套二氧化碳加氢制汽油(碳原子数在5～12之间的烃)的装置。下列有关二氧化碳加氢制汽油的说法不正确的是
A．该反应属于化合反应 B．汽油中含有C、H两种元素
C．反应过程中CO2被还原 D．汽油属于混合物
【答案】A
【解析】
A．多种物质生成一种物质是化合物反应，根据原子守恒可知该反应总过程中应该还有水生成，因此该反应不属于化合反应，A错误；
B．汽油是碳原子数在5～12之间的烃，所以汽油中含有C、H两种元素，B正确；
C．反应过程中碳元素化合价降低，因此CO2被还原，C正确；
D．汽油是碳原子数在5～12之间的烃，所以汽油属于混合物，D正确；
答案选A。
2．用氨水吸收硫酸工厂尾气中的发生反应：。下列说法正确的是
A．的电子式 B．是非极性分子
C．的结构式为 D．的空间构型为直线形
【答案】C
【解析】
A．NH3的电子式为 ，A项错误；
B．SO2中中心原子S上的孤电子对数为=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，略去孤电子对，SO2的空间构型为V形，SO2中正、负电的中心不重合，SO2是极性分子，B项错误；
C．的结构式为 ，C项正确；
D．H2O中中心原子O上的孤电子对数为=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，略去孤电子对，H2O的空间构型为V形，D项错误；
答案选C。
3．下列铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A．金属Fe具有导热性，可用于制造炊具
B．纳米Fe3O4颗粒呈黑色，可用作磁性材料
C．Fe(OH)3胶 体具有吸附性，可用作净水剂
D．FeCl3溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
【答案】B
【解析】
A．金属铁具有良好的导热性，可用于制造炊具，存在对应关系，故A不符合题意；
B．四氧化三铁颗粒显黑色，与作磁性材料无关，故B符合题意；
C．氢氧化铁胶体吸附水中悬浮固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，氢氧化铁胶体可做净水剂，故C不符合题意；
D．氯化铁具有强氧化性，能与Cu发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，可以刻蚀铜制品，故D不符合题意；
答案为B。
4．利用反应制备过氧化钙晶体的装置如图所示。下列说法正确的是

A．仪器能防止倒吸的发生
B．仪器可改用长颈漏斗
C．为
D．使用沸水浴加热仪器可提高产率
【答案】A
【解析】
【分析】
W中的固体为制取氨气的反应物，应选用碱石灰与氯化铵的混合固体，装置X可以将生成的氨气导入氯化钙溶液，且装置X进行改造，中间连接了长颈漏斗，可以达到防止倒吸的作用，三颈烧瓶内发生反应，冷水浴作用下，CaO2•8H2O溶解度较低，可以获得产物，且低温可以抑制过氧化氢分解，据此分析回答问题。
A．试管W用于制取氨气，由于氨气极易溶于水，仪器X中间连接了长颈漏斗，可以达到防止倒吸的作用，故A正确；
B．仪器Y是分液漏斗，可控制反应进程，不能改用长颈漏斗，故B错误；
C．加热氯化铵分解产生的氨气、HCl稍冷会重新化合为氯化铵，不能用于制取氨气，且容易堵塞试管，则W不能是，故C错误；
D．沸水浴可以加快反应速率，但是会促进过氧化氢的分解，不能提高产率，故D错误；
故选：A。
5．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，Z与M同主族；W位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满。下列说法正确的是
A．X简单氢化物的沸点高于同主族其它元素
B．Y基态原子核外有5种空间运动状态的轨道
C．键角：MZ> MZ
D．W位于元素周期表的ds区
【答案】B
【解析】
【分析】
X和Z的基态原子L层上有2个未成对电子，原子序数X＜Z，则X原子核外电子排布式为，X为C元素，Z原子核外电子排布式为，Z为Ｏ元素，则Y为N元素，Ｚ与M同主族，则M为S元素，W位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满，则W为Fe元素。
A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，即沸点：，故A错误；
B．Y为N元素，其基态原子轨道表示式为，原子核外有5种空间运动状态的轨道，故B正确；
C． 为，中心S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，有一个孤电子对，为，中心S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子间的斥力，则键角<，故C错误；
D．W为Fe，位于元素周期表的d区，故D错误；
答案选B。
6．下列说法正确的是
A．CO2与SiO2的晶体类型相同
B．SiCl4与SiHCl3分子中的键角相等
C．1mol晶体硅中含有2molSi-Si键
D．CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp2
【答案】C
【解析】
A．CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体，故A错误；
B．SiCl4为正四面体形，键角为109.5°，而SiHCl3分子不是正四面体形，键角不等于109.5°，故B错误；
C．晶体硅中每个硅原子都连接4个硅原子形成Si-Si共价键，每个Si-Si键被2个Si共有，所以相当于每个Si原子连有2个Si-Si键，故C正确；
D．CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp，故D错误；
故选C。
7．一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如下。

下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”主要是为了去除废旧镀锌铁皮中的锌
B．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe3+、Na+
C．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【分析】
锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性Fe3O4纳米粒子。
A．锌和氢氧化钠反应，因此“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌，故A正确；
B．“氧化”后是次氯酸钠和亚铁离子反应，因此溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+，还有Na+，故B错误；
C．“氧化”时次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故C正确；
D．加热沉铁即把氢氧化亚铁、氢氧化铁加热分解生成Fe3O4胶体，因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应，故D正确。
综上所述，答案为B。
8．液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生NH和NH。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。在有NH存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。在题给条件下，下列选项所示的物质间转化可以实现的是
A．N2H4(aq) NH3 (g) B．NH (aq) N2(g)
C．NH3 (g) NO (g) D．NO2(g) HNO3(aq)
【答案】D
【解析】
A．氯气表现氧化性，联氨中氮元素化合价应该上升，不能生成氨气，A错误；
B．铵根离子与与二氧化硫反应应生成亚硫酸铵，B错误；
C． 氨气在题给条件下应转化为氮气，C错误；
D．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，氮元素化合价有升有降，满足氧化还原反应的价态规律，D正确；
故选D。
9．某科研小组用甲烷-空气燃料电池提供的电能电解处理含Cr2O的酸性废水，设计如图所示装置(X、Y、Z为气体)。

已知：除去Cr2O相关反应：①6Fe 2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
②Cr3＋和Fe3＋最终转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。
下列说法正确的是
A．气体X为空气，气体Y为甲烷
B．燃料电池负极反应式为CH4-8e-＋2H2O=CO2↑＋8H＋
C．Z气体的循环利用可使熔融碳酸盐中CO的物质的量基本不变
D．除去1 mol Cr2O理论上消耗16.8 L甲烷(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】
燃料电池通入氧气的一极为正极，甲烷为负极，电解池阳极发生氧化反应，则Fe为阳极，C为阴极，Y为正极，X为负极，据此分析解题。
A．气体X为甲烷，气体Y为空气，A错误；
B．正极反应方程式为O2+CO2+4e-=2CO，总反应式为：CH4+2O2= CO2＋2H2O：燃料电池负极反应式为：CH4-8e-＋4 CO=5CO2↑＋2H2O，B错误；
C．Z气体为CO2，循环利用可使熔融碳酸盐中CO的物质的量基本不变，C正确；
D．6Fe 2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，除去1 mol Cr2O理论上需消耗6molFe 2＋，要转移12mol电子，消耗甲烷(标准状况) =1.5mol×22.4L/mol=33.6L，D错误。
答案选C。
10．C、Si同处于IVA族，它们的单质或化合物有重要用途。实验室可用CO2回收废液中的苯酚，工业上用SiO2和焦炭高温下反应制得粗硅，再经如下2步反应制得精硅：Si(s)+3HCl(g)= SiHCl3(g)+H2(g) △H= -141.8 kJ·mol-1，SiHCl3(g)+ H2(g)= Si(s)+3HCl(g)，反应过程中可能会生成SiCl4。有关反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)的说法正确的是

A．该反应的△H＜0，△S＞0
B．其他条件不变，增大压强SiHCl3平衡产率减小
C．实际工业生产选择高温，原因是高温时Si的平衡转化率比低温时大
D．如图所示，当＞3，SiHCl3平衡产率减小说明发生了副反应
【答案】D
【解析】
A．该反应当中，反应前气体的计量系数和为3，反应后气体的计量系数和为2，故反应的△S<0，A错误；
B．加压向气体计量系数减小的方向移动，对于该反应来说是正向移动，SiHCl3平衡产率增大，B错误；
C．由题干信息可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，即高温时Si的平衡转化率比低温时小，C错误；
D．由图可知，当＞3，SiHCl3平衡产率减小，说明此时SiHCl3参与了其他的反应，导致平衡体系内SiHCl3浓度降低，产率降低，D正确；
故选D。
11．化合物Y是制备抗肿瘤药物的关键中间体，其人工合成路线如下：

下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子不可能共平面 B．X→Y发生了还原反应
C．用酸性KMnO4溶液区分X、Y分子 D．X易溶于水
【答案】B
【解析】
A．苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，因此X分子中所有碳原子可能共平面，故A错误；
B．X中的硝基被还原为Y中的氨基，则X→Y发生了还原反应，故B正确；
C．X、Y左边苯环均含有甲基，均能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液区分X、Y分子，故C错误；
D．X分子中不含亲水基，不易溶于水，故D错误；
答案选B。
12．室温下，可用Na2S、FeS等处理含Hg2+的废水。已知：，，，。当离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。下列说法正确的是
A．向溶液中存在：
B．的平衡常数为
C．向溶液中通入过量气体，可使沉淀完全
D．向含有的废水中加入，如果完全转化为，则上层清液中一定存在
【答案】D
【解析】
A．根据质子守恒可知，溶液中存在：，A错误；
B．的平衡常数为Kh====≠，B错误；
C．向1L0.1mol/LFeCl2溶液中通入过量H2S气体，则该反应为：Fe2++H2SFeS+2H+，该反应的K====0.6<<105，即不可使Fe2+沉淀完全，C错误；
D．向含有的废水中加入，如果完全转化为，则上层清液中一定存在，D正确；
故答案为：D。
13．在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=﹣165kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)　ΔH= +41kJ·mol-1
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。

CH4选择性=×100%
下列有关说法正确的是
A．在260℃~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的产率不变
B．延长W点的反应时间，一定能提高CO2的转化率
C．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH=﹣206kJ·mol-1
D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是平衡正向移动
【答案】C
【解析】
A．在260℃~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂时，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，故A错误；
B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，故B错误；
C．已知：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=﹣165kJ·mol-1，②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)　ΔH= +41kJ·mol-1，根据盖斯定律，由①-②可得CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH=﹣206kJ·mol-1，故C正确；
D．由图可知，对应的时间内以Ni为催化剂，CO2转化率明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，因此高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，故D错误；
答案选C。
14．一定条件下Pd—MgO催化剂可以实现CO2“甲烷化”，其反应机理如下图所示，下列说法正确的是

A．CO2和H2O的空间结构均为直线形
B．MgO→MgOCO2转化过程中只有共价键的断裂与形成
C．中间体MgOCO中碳元素的化合价为-2价
D．“甲烷化”的总反应为CO2＋4H2 CH4＋2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A．二氧化碳分子C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，二氧化碳C原子采取sp杂化，为直线形，水分子中O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，价层电子对数为4，水分子为V形结构，故A错误；
B．MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，故B错误；
C．反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是MgOCH2，故C错误；
D．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，则CO2和氢气是反应物，生成甲烷和水，反应的方程式为：CO2＋4H2 CH4＋2H2O，故D正确；
故选：D。
二、非选择题(共4题，58分)
15．LiFePO4电极材料是动力型锂离子电池的理想正极材料
(1)以LiOH、FeSO4、H3PO4和葡萄糖为原料，利用如图所示装置(固定装置已略去)制取LiFePO4/C电极的过程如下：

步骤１：准确称量18.00 g LiOH、38.00 g FeSO4和75 mL H3PO4溶液(含溶质24.50 g)。
步骤2：将LiOH置于三颈烧瓶中，加入煮沸过的蒸馏水，搅拌使其溶解。从分液漏斗中滴加H3PO4溶液，实验过程中不断通入氮气，直至H3PO4滴加完毕。
步骤3：将FeSO4固体溶于蒸馏水中，迅速倒入三颈烧瓶中，快速搅拌，充分反应后，过滤并洗涤沉淀得LiFePO4固体。
步骤4：将LiFePO4与一定量葡萄糖混合，惰性气氛下加热，得到LiFePO4/C。
①步骤2向三颈烧瓶中通入N2的目的是___________，该步骤中为达到相同目的采取的措施还有___________。
②步骤3发生反应的化学方程式为___________。
(2)已知：Li2CO3微溶于水；LiFePO4、FePO4难溶于水和碱，可溶于盐酸生成LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；pH>3.2时，Fe3＋沉淀完全。完善由某废旧电极材料(含铝、炭、LiFePO4和FePO4)制取Li2CO3的实验方案：边搅拌边向废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡，过滤，___________，过滤、洗涤，低温干燥得Li2CO3固体。 (实验中须使用的试剂有：双氧水、盐酸、NaOH溶液、Na2CO3溶液)
(3)磷精铁渣(FexP)可作为制取LiFePO4的原料。一种测定FexP组成的实验方法如下：准确称取1.840 g磷精铁渣于烧杯中，加入过量硝酸和硫酸的混合溶液，加热，使磷铁渣充分溶解。过滤，将滤液配成100 mL溶液A．取20.00 mL溶液A，加入 100 mL 0.06000 mol·L−1 EDTA标准溶液，加入氨水调节pH约为2，加热使之充分反应。冷却，加入指示剂，用 0.05000 mol·L−1 Bi3+标准溶液滴定过量的EDTA，消耗 Bi3+标准溶液24.00 mL。通过计算确定FexP的化学式(写出计算过程) ____。已知：EDTA与Fe3＋和Bi3+反应的化学计量数之比均为1∶1。
【答案】     排除装置中的氧气，防止Fe2＋被氧化     加入煮沸过的蒸馏水     Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4     向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无沉淀生成     Fe1.5P
【解析】
【分析】
(1)①FeSO4易被氧气氧化，步骤2向三颈烧瓶中通入N2的目的是排除装置中的氧气，防止Fe2＋被氧化，该步骤中为达到相同目的采取的措施还有加入煮沸过的蒸馏水。
②步骤3中Li3PO4与FeSO4发生反应生成LiFePO4和Li2SO4，化学方程式为Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4；
(2)向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤除去炭；得到的滤液中含有LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；向滤液中加入过量的双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去氢氧化铁；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量Li2CO3沉淀，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无Li2CO3沉淀生成，说明Li+沉淀完全。
(3)n(EDTA)=0.06000mol·L-1×100×10-3L=6.000×10-3 mol；
n(Bi3+)=0.05000mol·L-1×24×10-3L=1.200×10-3 mol；
取20.00 mL溶液A中n(Fe3+)=6.000×10-3 mol-1.200×10-3 mol=4.800×10-3 mol；
1.840 g磷精铁渣中n(Fe3+)总=4.800×10-3 mol×=0.02400 mol；
m(Fe)=0.02400mol×56g/mol=1.344 g；
m(P)=1.840g-1.344g=0.4960 g；
n(P)=0.496g÷31g/mol=0.01600mol；
n(Fe3+)∶n(P)=3∶2；
化学式为Fe1.5P。
16．聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，水溶液呈棕黄色，其化学组成可表示为[Fex(OH)y(SO4)z]m。以铅尾矿渣(含FeS2、PbS)为原料制备聚合硫酸铁。

已知：①含Fe(NO)2+溶液为黑色。钨酸钠可与Ti3+生成蓝色物质“钨蓝”。
②“水解”的过程可表示为：Fe3++SO+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+
(1)写出“酸浸”过程中FeS2发生反应的离子方程式____。
(2)①在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图所示，pH在20min左右出现波动的原因是____。

②“氧化、水解”时H2O2也可用NaNO2代替，反应的机理如图所示，逐滴滴入NaNO2后的反应现象为____。

(3)设计以下实验测定以上制备[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值：
步骤1.称取一定质量的PFS样品，加入40mL0.10mol/LHCl和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。
步骤2.取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用0.10mol/L的TiCl3溶液滴定至终点，消耗TiCl3溶液30.00mL(Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+)。
步骤3.取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽Fe3+，滴加几滴酚酞溶液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。
①步骤2中滴定终点的现象是____。
②试计算[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值____(写出计算过程)。
【答案】(1)FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S
(2)     H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液的pH下降，两者速率的变化引起pH的波动     溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色
(3)     滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化     3：1：4
【解析】
【分析】
“过滤”步骤得到PbS，铅尾矿渣中PbS不与H2SO4反应，“过滤”还得到S单质，FeS2中S显－1价，Fe元素显＋2价，“酸浸”时得到气体，因此离子反应方程式为FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，加入H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
(1)
根据上述分析，FeS2中－1价硫元素在硫酸中发生歧化反应，生成H2S和S，其离子方程式为FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，故答案为FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S；
(2)
①Fe2＋与H2O2反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，使溶液pH升高，根据信息②，Fe3＋水解产生H＋，溶液的pH下降，两者速率的变化引起pH的波动，故答案为H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液的pH下降，两者速率的变化引起pH的波动；
②反应机理过程：Fe2＋与NO反应生成Fe3＋和NO，NO与Fe2＋反应生成Fe(NO)2＋，Fe(NO)2＋与氧气反应生成NO和Fe3＋，Fe2＋显绿色，Fe(NO) 2＋显黑色，Fe3＋显棕黄色，因此逐滴滴入NaNO2后的反应现象为溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色；故答案为溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色；
(3)
①根据题意可知，步骤2钨酸钠作指示剂，TiCl3进行滴定，滴定终点的现象是：滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化；故答案为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化；
②步骤2：发生Fe3＋＋Ti3＋=Fe2＋＋Ti4＋，推出样品中Fe3＋物质的量为2×30mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1=6×10－3mol，样品中OH－物质的量为(40mL×10－3L·mL－1×0.10mol·L－1－2×10mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1)=2×10－3mol，根据电荷守恒，推出样品中n(SO)==8×10－3mol，则x∶y∶z=6×10－3∶2×10－3∶8×10－3=3∶1∶4；故答案为3∶1∶4。
17．镀镍废水是重金属污染源之一，常见处理含镍废水的一种离子交换和沉淀法工艺如下：

已知该交换树脂为阳离子型树脂HR，HRR-+H+；NiR2(aq) Ni2+(aq)+2R-(aq)。
(1)Ni2+的核外电子排布式为___________ 。
(2)已知在pH=2时，离子交换过程Ni2+去除率很低，其原因为___________。
(3)“脱络”(指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni2+)过程中，R-与中间产物·OH(羟基自由基)反应生成难以与Ni2+络合的·R(有机物自由基)，但·OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：
Ⅰ．Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH
Ⅱ．R-+·OH=OH-+·R
平衡移动的角度解释加入FeSO4和H2O2能够实现“脱络”的原因是___________。
(4)NiC2O4隔绝空气高温煅烧可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为___________。
(5)硫酸镍铵(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O可用于电镀等领域，为测定其组成，进行如下实验：
①称取4.670样品，配成250mL溶液A。
②取25.00mL溶液A，加足量浓NaOH溶液并加热，生成NH3 44.80mL (标准状况)。
③另取25.00mL溶液A，用0.05000mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，平行测定四次，分别消耗标准EDTA溶液的体积是20.00mL、19.98mL、20.02mL、24.00mL。
则硫酸镍铵的化学式为___________(写出计算过程)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8
(2)pH=2时，酸性较强，抑制HR电离产生R-，c(R-)低，因而Ni2+去除率低
(3)NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq) Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通过反应Ⅰ和反应Ⅱ将R-转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”
(4)2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
(5)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O
【解析】
(1)
根据Ni原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去2个电子，首先失去最外层4s2的电子，变为Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；
(2)
根据交换树脂为阳离子型树脂HR，HRR-+H+；NiR2(aq) Ni2+(aq)+2R-(aq)可知pH=2时，酸性较强，抑制HR电离产生R-，导致c(R-)低，结合Ni2+的程度降低，因而Ni2+去除率低；
(3)
NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通过反应Ⅰ和反应Ⅱ将R-转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”；
(4)
根据化合价的升降判断产物，利用原子及电子守恒配平得：2NiC2O4Ni2O3+3CO+CO2；
(5)
4.670g硫酸镍铵中Ni2+的物质的量为0.02L×0.05000mol/L×10=0.01000mol；
n(NH)=10n(NH3)=10×2×10-3mol=0.02mol；
根据电荷守恒可知样品中n(SO)=0.02mol；
根据质量守恒可得：m(H2O)=4.670g-0.01mol×59g/mol-0.02mol×18g/mol-0.02mol×96g/mol=1.800g；n(H2O)=0.1000mol；
则：x：y：m：n=0.02：0.01：0.02：0.1=2：1：2：10；
硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O
18．化合物H是一种用于合成分泌调节剂药物的中间体，其合成路线如图：

(1)与足量溶液反应，能消耗物质的量为_______。
(2)B分子中采取和杂化的碳原子数目之比是_______。
(3)C→D过程中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为_______。
(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酸性条件下能发生水解反应，生成氨基酸；
②另一种水解产物只有两种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：。
(、代表烃基或H)。
写出以 、 、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)1 mol
(2)7:2
(3)
(4)
(5)
【解析】
【分析】
根据合成路线图，可知主要原料和产物的结构简式都已知，因此主要是采用观察对比的方法，关注在特定条件下有机物结构局部发生的变化。A→B的过程使-COOH和-OH分别转化为-COOCH3和-OCH3；B→F发生的反应变化都集中在-NO2上，主要发生了将-NO2还原为-NH2，以及-NH2与-COOH发生脱水缩合等反应；F→H主要是将-COOCH3逐步转化为-OH和-CHO，据此分析作答。
(1)
A分子中含有多种官能团，其中只有-COOH能与NaHCO3发生反应，1mol A中含有1mol –COOH，因此消耗NaHCO3物质的量为1mol，故答案为1mol；
(2)
根据C分子的结构，sp2杂化的碳原子是苯环碳原子和酯基碳原子，一共有7个；sp3杂化的碳原子是甲基碳原子，一共有2个，因此两种杂化类型的碳原子数之比为7 : 2，故答案为7 : 2；
(3)
C→D是HCOOH与－NH2间脱水形成 ，若要发生副反应，只能是－NH2上的两个H原子都与HCOOH反应生成 ，并通过题中提供的副产物的分子式为C11H11NO5，可以得到进一步证明，故答案为 ；
(4)
C的一种同分异构体同时满足：酸性条件下能发生水解反应，生成α-氨基酸，说明至少存在结构： ；另一个水解产物中只有两种不同化学环境的氢原子，说明含有苯环的结构应该是高度对称的，结合剩余碳原子、氧原子数目、不饱和度和分子对称性，可试写并验证得到： ，故答案为 ；
(5)
将目标分子与原料分子对比可知，合成过程的主要任务之一是延长碳链，根据提供的信息，欲延长碳链可利用羟醛缩合反应，分子中必须有醛基，参考题干流程中F→G→H的变化，并且整个反应中涉及易被氧化的酚羟基，因此要注意酚羟基的保护，解除对酚羟基的保护必须在MnO2氧化－CH2OH之后，因此可设计出如下流程：