江苏省苏州中学2024-2025学年高三上学期期中考试化学试题（含答案）

第第页江苏省苏州中学2024-2025学年高三上学期期中考试化学试题一、第Ⅰ卷(选择题，共39分)1．2024年1月，我国自主研制的AG60E电动飞机成功首飞。AG60E采用了SiC电控系统，SiC晶体属于A．分子晶体 B．金属晶体 C．离子晶体 D．共价晶体2．一种制取CaF2的反应为CaF2+Na2CO3+SiO2高温2NaF+CaSiO3+CO2↑。下列说法正确的是A．CaF2的电子式为B．中子数为10的F可表示为：9C．CO3D．SiO2熔点高于CO2的原因是SiO2的摩尔质量大3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．晶体硅为半导体，可用于制造光导纤维B．甲烷的热值(J/kg)高，可用于工业制备炭黑C．氧化铍熔点较高，可用作耐火材料D．石墨晶体的层状结构间存在分子间作用力，可用作导电材料阅读下列资料，完成下列小题：水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性。实验室将尿素[CO(NH2)2]与NaClO、NaOH溶液混合反应可制得肼，将反应后的溶液蒸馏可得到水合肼(装置如下图甲)。NaClO、NaOH混合溶液可由图乙装置制得，Cl2与NaOH溶液反应放热，温度较高时，NaClO会受热分解生成NaClO3和NaCl。碱性条件下水合肼与CrO42-反应得到Cr(OH)3沉淀和N2。尿素晶体晶胞如下图丙所示。工业上利用NH3和CO反应I：2NH3(1)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(1)△H=akJ/mol(a<0)反应Ⅱ：H2NCOONH4(1)⇌H2O(1)+CO(NH2)2(l)△H=bkJ/mol4．下列有关尿素的说法不正确的是A．尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2B．尿素构成元素的第一电离能I(O)>I(N)>I(C)C．尿素晶体中存在分子间氢键D．1个尿素晶胞中含有2个氧原子5．下列有关实验装置的说法正确的是A．图甲装置中分液漏斗中盛放尿素水溶液，三颈烧瓶中盛放NaClO、NaOH溶液B．图甲装置中三颈烧瓶溶液充分反应后，蒸馏时应先用恒温磁力搅拌器升温，再通冷却水C．图乙装置Ⅱ中应盛放饱和NaHCO3溶液D．图乙装置Ⅲ使用冰水浴的目的是防止NaClO分解6．下列有关工业制取尿素的说法正确的是A．反应2NH3(l)+CO2(g)⇌H2O(l)+CO(NH2)2(1)的△H=(b-a)kJ/molB．采用高温，不利于提高反应Ⅰ的平衡转化率C．采用高压，能加快反应Ⅰ的速率、但不能提高原料的平衡转化率D．H2NCOONH4(氨基甲酸铵)中两个N的化合价不同7．下列有关反应书写正确的是A．制备水合肼的化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+H2O=N2H4·H2O+CO2↑+NaClB．制备Cl2的离子方程式为：MnO2+4HClΔMn2++Cl2↑+2Cl-+2H2OC．碱性条件下水合肼还原CrO42-的离子方程式为：3N2H4·H2O+4CrO42-+H2O=4Cr(OH)3D．NaClO受热分解的的化学方程式为：2NaClOΔNaClO3+NaCl8．我国科学家研发了一种由废水（含UO22+、A．电子从Fe电极经导线流向CCF电极B．CCF电极上发生的反应有：OC．生成（UO2OD．利用电解法再次获得含UO22+溶液，需将附着UO29．2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面作出贡献的科学家。一种点击化学反应如下：下列说法正确的是A．Y物质存在顺反异构体B．标况下，22.4LX物质含有1mol手性碳原子C．该反应的原子利用率为100%D．Z物质不能与溴水发生加成反应10．下列方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象结论A往2支试管中各加入1mL乙酸乙酯，再分别加入等体积等浓度的稀硫酸和NaOH溶液，置于同温度水浴加热NaOH溶液中酯层消失的快碱催化酯水解的效果比酸的催化效果好B向等浓度、等体积的H2O2中分别加入等浓度、等体积的KMnO4溶液和CuSO4溶液前者产生气泡速率快过氧化氢分解催化效果KMnO4>CuSO4C在4mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中加入数滴1mol/LNaOH溶液溶液由橙色变为黄色Cr2O72-(橙色)+H2O⇌D取少量“Fe粉与HNO3”反应后的溶液于试管中，依次加入H2SO4和Fe粉有有色气体产生HNO3过量A．A B．B C．C D．D11．已知：Ka1H2CO3实验实验操作和现象1测量0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.82向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小3向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量CaOH4向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体下列有关说法正确的是A．实验1溶液中存在：cB．实验2中随CO2的不断通入，溶液中cHCOC．实验3反应的离子方程式为CaD．实验4所得溶液中存在c12．已知室温下，KspFe(OH)3=1×10−36A．0.1mol⋅B．pH=11的NaClO溶液中：C．“调pH”得到的上层清液中：cD．“氧化”时主要发生反应：213．CH3OH是一种液体燃料。利用CO2和H反应ⅠCO2(反应ⅡCO2(在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始CO2:n起始H2下列说法不正确的是A．0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大B．从220℃～280℃，H2C．280℃时增大压强，CO2D．需研发低温下CO2转化率高和CH二、第Ⅱ卷(非选择题，共61分)14．以钛白副产品(含FeSO4及少量TiOSO4)和H2C2O4为原料制备的超微细FeC2O4·2H2O，可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。已知：①TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+；25℃时，Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29Ksp[Fe(OH)2]=1×10-16；②FeC2O4·2H2O不溶于水，溶于硫酸。③沉淀速度过快，沉淀的粒径会变大，包裹的杂质会变多。（1）FeC2O4·2H2O的制备。将一定量的钛白副产品用热水溶解，在搅拌下加入还原铁粉，反应后pH为4~5，过滤得到FeSO4溶液。在搅拌下先后加入氨水和草酸溶液，经H2SO4调节pH、过滤、水洗、烘干后得到超微细FeC2O4·2H2O。①TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+的平衡常数K=。②加入还原铁粉的作用是；生成FeC2O4·2H2O的离子方程式为。③温度对沉淀粒径的影响如图，加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是。④pH对产品纯度的影响如图。沉淀过程中pH在2~3.5范围内，随pH增大会导致产品纯度降低，产生的杂质为。（2）FeC2O4·2H2O的结构。①FeC2O4·2H2O晶体为片层结构，FeC2O4·2H2O晶体层与层之间的作用力为。②每层层内每个Fe2+与2个C2O42-（3）FeC2O4·2H2O的性质。将FeC2O4·2H2O在氮气的氛围中加热分解。加热过程中固体残留率[固体残留=剩余固体质量起始固体质量×100%]随温度的变化如图所示，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则AB段发生反应的化学方程式：15．有机物G是合成一种药物的中间体，其一种合成路线如下图所示：（1）三乙基胺的结构简式为。（2）B→C反应的目的是。（3）A→B的反应中，若第二步不加入CH3OH，则会生成分子式为C4H2O4的有机物X，X分子中含有2个四元环。X的结构简式为。（4）F的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。①能使FeCl3溶液发生显色反应，能使Br2的CCl4溶液褪色；②属于一种α-氨基酸，分子中含有5种化学环境不同的氢原子。（5）写出以、CH3OH和为原料制取的合成路线图，无机试剂及有机溶剂任用，合成示例见本题题干。16．氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜离子和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2（1）写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式（2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为。（3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO反应时A装置原料反应配比为nNa2SO3:n（4）反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4⋅10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，，洗涤、干燥得Na2SO4（5）工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为①写出阳极的电极反应方程式：。②若电解时理论上生成14.4gCu2O时，电路中通过17．选择性催化还原烟气中的NOx是环境保护研究中的热点，用NH3在有O2存在时催化还原NOx是其中常见的一种方法。（1）将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因除催化剂活性降低外，还可能是。（2）150℃时，一种含MnO2的催化剂催化还原NO的过程如图所示。①转化(I)中会生成分子式为H2N2O的中间体，该中间体的结构式为。②图中所示转化总反应的化学方程式为。（3）烟气中通常含有一定浓度SO2和水蒸气。充有SO2和水蒸气的模拟烟气在通过某锰氧化物催化剂表面时，可得到如图所示的各种结构：①充入SO2后，NO的转化率降低的原因是。②实验研究发现，图(b)所示结构既可吸附NH3得到图(c)所示结构，也可吸附H2O得到图(d)所示结构，但图(d)所示结构的生成不影响NH3吸附的总量，原因是。③长时间通入含SO2的烟气，会造成催化剂失活，失活的原因除了(3)①中的原因外，还有可能是和。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】SiC中的Si和C以共价键结合，SiC中只含共价键，SiC属于共价晶体，故选D。【分析】只含共价键的物质是共价化合物。2．【答案】C【解析】【解答】A、CaF2是离子化合物，由Ca2+和F-构成。其电子式中，两个F-应分别位于Ca2+两侧，正确形式为，而非题干中的写法，A错误；

B、氟元素的质子数为9，中子数为10时，质量数=质子数+中子数=19，应表示为919F，B错误；

C、CO32-中，中心C原子的价层电子对数计算如下：成键电子对数为3，孤电子对数=12×(4+2-2×3)=0，总对数为3，采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，C正确；

D、SiO2属于共价晶体，微粒间通过共价键结合；CO2属于分子晶体，微粒间靠范德华力结合。共价键远强于范德华力，导致SiO2熔点更高，与摩尔质量无关，D错误；

故答案为：C。3．【答案】C【解析】【解答】A、晶体硅因半导体性质可用于制造芯片等电子元件；而光导纤维的主要成分是SiO2，并非晶体硅。两者性质与用途不对应，故A不符合题意；

B、甲烷用于工业制备炭黑是利用其不完全燃烧可生成炭黑的性质，与它的热值高低无关，故B不符合题意；

C、氧化铍熔点高，能在高温环境下保持稳定，这一性质使其适合用作耐火材料，性质与用途直接对应，故C符合题意；

D、石墨能导电是因为层内碳原子形成的大π键中电子可自由移动，与层间的分子间作用力无关，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析·】判断各选项中物质的性质与其用途是否存在直接对应关系，需结合物质的成分、结构及性质特点逐一分析。【答案】4．B5．D6．B7．C【解析】【分析】（1）A．判断碳原子杂化方式。B．比较元素第一电离能顺序。C．判断晶体中是否存在分子间氢键。D．计算晶胞中氧原子数目。（2）A．判断分液漏斗与三颈烧瓶中试剂的合理性。B．判断蒸馏操作的先后顺序。C．判断除杂试剂的正确性。D．分析冰水浴的作用。（3）A．应用盖斯定律计算总反应焓变。B．分析温度对反应I平衡的影响。C．分析压强对反应I速率和平衡的影响。D．判断H2NCOONH4中N的化合价。（4）A．分析碱性条件下产物的合理性。B．判断离子方程式的拆分与配平。C．验证氧化还原反应的配平合理性。D．判断NaClO分解反应的配平。4．【解答】A、尿素分子结构为H2N-CO-NH2，中心C原子与O形成双键，与2个N形成单键，价层电子对数为3，杂化方式为sp2，A正确；

B、尿素含H、C、N、O元素。H的第一电离能最小；同周期元素中，第一电离能随原子序数增大总体升高，但N的2p轨道半满更稳定，故第一电离能：I(N)＞I(O)＞I(C)＞I(H)，选项中遗漏H且顺序错误，B错误；

C、尿素分子含N-H键，分子间可通过N-H…O形成氢键，C正确；

D、根据晶胞结构，顶点O原子贡献为8×1/8=1，面心O原子贡献为2×12=1，总氧原子数为2，D正确；

5．【解答】A、水合肼有强还原性，若分液漏斗中放NaClO、NaOH溶液，易过量氧化产物。应将尿素溶液放入分液漏斗，逐滴加入三颈烧瓶的NaClO、NaOH溶液中，A错误；

B、蒸馏时需先通冷却水，再升温加热，否则馏分会挥发损失，B错误；

C、装置II目的是除去Cl2中的HCl，应选饱和食盐水；饱和NaHCO3溶液会与Cl2反应生成CO2，C错误；

D、Cl2与NaOH反应放热，温度过高会导致NaClO分解，冰水浴可降温防分解，D正确；

故答案为：D。6．【解答】A、总反应为反应I+反应II，ΔH=(a+b)kJ/mol，而非(b-a)kJ/mol，A错误；

B、反应I的ΔH＜0（放热），高温会使平衡逆向移动，降低反应物平衡转化率，B正确；

C、反应I是气体分子数减少的反应（1mol气体变成0mol气体），高压既能加快反应速率，又能促进平衡正向移动，提高原料转化率，C错误；

D、两个N原子均来自NH3，化合价均为-3价，D错误；

故答案为：B。7．【解答】A、制备水合肼时存在NaOH，CO2会与碱反应生成碳酸盐，不会以气体形式放出，A错误；B、浓盐酸应拆分为H+和Cl-，正确离子方程式为MnO2+4H++2Cl-=ΔMn2++Cl2↑+2H2C、碱性条件下，N2H4·H2O（N为-2价）还原CrO42-（Cr为+6价），生成Cr(OH)3（Cr为+3价）和N2（N为0价），配平符合电子、电荷及元素守恒，C正确；D、正确分解反应为3NaClO=ΔNaClO3+2NaCl，原方程式配平错误，D错误；

8．【答案】C【解析】【解答】A、Fe电极是负极（Fe失电子），CCF电极是正极（得电子），电子从负极经导线流向正极，即从Fe电极到CCF电极，A正确；

B、CCF电极上O2得电子，结合H2O生成H2O2和OH-，反应为O2+2H2O+2e-=H2O2+2OH-，B正确；

C、反应中UO2作还原剂（U元素化合价升高），H2O2作氧化剂（O元素化合价降低），根据反应式，n(氧化剂)：n(还原剂)=2：1，而非1：2，C错误；

D、UO2、(UO2)O2・2H2O需被氧化为UO22+，应置于阳极（发生氧化反应），D正确；

故答案为：C。

【分析】A．根据原电池正负极判断电子流向。B．分析CCF电极（正极）的还原反应。C．判断生成(UO2)O2・2H2O反应中氧化剂与还原剂的比例。D．分析电解法回收UO22+时的电极设置。9．【答案】C【解析】【解答】A、Y物质的结构中含有碳碳三键（Ph—C≡C—H），碳碳三键为直线形结构，相连的原子或基团无法形成不同的空间排列，不存在顺反异构现象，A错误；

B、X物质含有多个羟基和叠氮基，相对分子质量较大，且分子中含多个羟基，标准状况下应为液态而非气态，无法通过22.4L计算其物质的量，也就不能确定手性碳原子的物质的量，B错误；

C、从反应式可知，X与Y发生反应只生成Z一种产物，没有其他副产物生成，所有反应物的原子全部进入产物中，因此原子利用率为100%，C正确；

D、Z物质的结构中含有碳碳双键（从反应产物结构可看出存在双键），碳碳双键能与溴水发生加成反应，D错误；

故答案为：C。

【分析】根据有机物的结构特点，分析其是否存在顺反异构、手性碳原子数目，结合反应类型判断原子利用率及能否发生加成反应，进而判断各选项的正确性。A．判断Y物质是否存在顺反异构。B．计算标准状况下X物质中手性碳原子的物质的量。C．判断该反应的原子利用率。D．判断Z物质能否与溴水发生加成反应。10．【答案】C【解析】【解答】A、乙酸乙酯在酸性条件下的水解是可逆反应，稀硫酸起催化作用；在碱性条件下，NaOH不仅催化还会与水解生成的乙酸反应，使平衡正向移动，加快酯层消失。这里NaOH是反应物而非催化剂，不能说明“碱的催化效果更好”，A错误；

B、KMnO4与H2O2反应时，KMnO4是氧化剂（Mn元素化合价降低），H2O2是还原剂（O元素化合价升高），二者发生氧化还原反应，并非KMnO4催化H2O2分解，不能比较催化效果，B错误；

C、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+。加入NaOH后，OH-与H+结合使H+浓度降低，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，现象与结论一致，C正确；

D、Fe与HNO3反应后，溶液中可能含NO3-。加入H2SO4后，酸性条件下NO3-可与Fe粉反应生成NO（有色气体），无论原HNO3是否过量，均可能出现该现象，无法证明HNO3过量，D错误；

故答案为：C。

【分析】逐一分析每个选项的实验设计是否合理，现象与结论之间是否存在必然逻辑关系，结合化学反应原理判断正误。A．区分催化剂与反应物对反应的影响。B．判断物质是否作为催化剂参与反应。C．分析外界条件对化学平衡的影响。D．分析气体产生的多种可能性。11．【答案】D【解析】【解答】A、实验1中NaHCO3溶液pH=7.8（碱性），说明HCO3-的水解程度大于电离程度（水解生成H2CO3，电离生成CO32-）。但水解是微弱过程，大部分HCO3-未参与反应，故溶液中c(H2CO3)＜c(HCO3-)，A错误；

B、由Ka2(H2CO3)=c(CO32-)・c(H+)c(HCO3-)，可得cHCO3-cCO32-=cH+Ka2H2CO3。通入CO2后溶液酸性增强，c(H+)增大，而Ka2不变，故该比值应逐渐增大，B错误；

C、向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2，OH-完全反应，1molCa(OH)2提供2molOH-，与2molHCO3-反应生成2molCO32-，其中1mol与Ca2+结合为CaCO3沉淀，剩余1molCO32-，离子方程式应为Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−，C错误；

D、实验4中，NaHCO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀、CO2和NaCl，溶液中含Na+、Cl-及碳元素的各种存在形式（H2CO3、HCO3-、CO3B．分析通入CO2对cHCOC．判断反应的离子方程式是否正确。D．利用物料守恒分析粒子浓度关系。12．【答案】C【解析】【解答】A、物料守恒：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol·L-¹（因Na+浓度为0.2mol·L-¹）；电荷守恒：c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+)。联立得

c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)，c（OH-）-c（H+）=c（HCO3−）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（CO32−）＜0.1mol•L-1+c（HB、由Ka=c(ClO−)·c(H+C、调pH后，Fe3+沉淀（c(Fe3+)·c3(OH−)≥D、碱性中ClO-作氧化剂，Cl元素应被还原为Cl-（而非Cl2），反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，D错误；故答案为：C。

【分析】A．通过Na2CO3溶液中的物料守恒和电荷守恒，推导c(OH-)-c(H+)的表达式并判断。B．根据HClO的电离常数，计算pH=11时ClO-与HClO的浓度比。C．利用Fe(OH)3和Ni(OH)2的溶度积，推导上层清液中c2D．分析碱性条件下ClO-氧化Ni2+生成NiOOH的反应产物。13．【答案】B【解析】【解答】A、由图可知，0~tmin内，240℃下CH3OH的选择性几乎为100%，280℃下为90%。这表明在240℃时，反应Ⅰ进行得更迅速，所以240℃下反应Ⅰ的速率比280℃下大，A正确；

B、从反应式来看，消耗1molCO2会生成1molH2O。观察图像，220℃~280℃，CO2的平衡转化率是逐渐减小直至几乎不再变化的，所以H2O的平衡产率应逐渐减小直至几乎不再变化，并非先增大后缓慢减小，B错误；

C、反应Ⅰ是气体分子数减少的反应（1molCO2与3molH2反应生成1molCH3OH和1molH2O），280℃时增大压强，反应Ⅰ会正向进行；反应Ⅱ中气体分子数不变（1molCO2与1molH2反应生成1molCO和1molH2O），增大压强平衡不移动。结合图像，可推断CO2的转化率可能大于40%，C正确；

D、反应Ⅰ是放热反应（ΔH1=-58kJ・mol-¹），低温有利于其正向进行；反应Ⅱ是吸热反应（ΔH2=+41kJ・mol-¹），低温不利于其正向进行。所以需要研发低温下CO2转化率高且CH3OH选择性高的催化剂，D正确；

故答案为：B。

【分析】结合反应的热效应、图像中物质选择性和转化率的变化，以及压强对平衡的影响，分析各选项的正误。

A．通过CH3OH的选择性判断反应Ⅰ的速率大小。

B．根据CO2平衡转化率的变化，分析H2O平衡产率的变化。

C．分析压强对反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡的影响，进而判断CO2转化率的变化。

D．结合反应Ⅰ和反应Ⅱ的热效应，分析研发催化剂的方向。14．【答案】（1）10；调节pH，促进TiO2+水解，提升Fe2+浓度；Fe2++（2）范德华力和氢键(或分子间作用力)；（3）3FeC【解析】【解答】（1）①对于TiO2++2H2O=TiOOH2↓+2H+的平衡常数K=②TiOSO4用热水溶解，在热水中水解程度大，水解方程式为TiOSO4+2H2O⇌H2TiO3↓+H2SO4，促进FeC2O③加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是：温度过高，氨水挥发(分解)，反应速度增加，产品粒径增大，包裹的杂质会变多；温度过低，反应速度减慢；④pH对产品纯度的影响如图，pH过高，亚铁离子被氧化的同时发生水解，生成沉淀，过程pH>2时会导致产品纯度降低，产生的杂质为Fe2(C2故答案为：10；调节pH，促进TiO2+水解，提升Fe2+浓度；Fe2++H2C2O4+2NH3⋅H②FeC2O4·2H2O晶体为片层结构，层内每个Fe2+与2个C2O42−故答案为：范德华力和氢键(或分子间作用力)；；

（3）设固体物质的量为1mol，总质量为180g，则A点固体质量为180g×80%=144，A点恰好为FeC2O4，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，B点固体质量为180g×42.96%=77.328g，其中Fe为56g，则n(O)=77.328−5616mol，n(Fe):n(O)=56g56g/mol:(77.328−56)g16g/mol=1:1.333≈3:4，所以B点为Fe3O4，则AB段发生反应的化学方程式：3FeC2O4200∼400°CFe3O4+4CO↑+2CO2↑。

故答案为：3FeC2O4200∼400°CFe3O4+4CO↑+2CO2↑。

（1）①对于TiO2++2H2O=TiOOH2↓+2H+的平衡常数K=②TiOSO4用热水溶解，在热水中水解程度大，水解方程式为TiOSO4+2H2O⇌H2TiO3↓+H2SO4，促进FeC2O③加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是：温度过高，氨水挥发(分解)，反应速度增加，产品粒径增大，包裹的杂质会变多；温度过低，反应速度减慢；④pH对产品纯度的影响如图，pH过高，亚铁离子被氧化的同时发生水解，生成沉淀，过程pH>2时会导致产品纯度降低，产生的杂质为Fe2(C2（2）①FeC2O4·2H2O晶体层与层之间的作用力为范德华力(或分子间作用力)因其含结晶水，所以含氢键(或分子间作用力)；②FeC2O4·2H2O晶体为片层结构，层内每个Fe2+与2个C2O42−（3）设固体物质的量为1mol，总质量为180g，则A点固体质量为180g×80%=144，A点恰好为FeC2O4，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，B点固体质量为180g×42.96%=77.328g，其中Fe为56g，则n(O)=77.328−5616mol，n(Fe):n(O)=56g56g/mol:15．【答案】（1）(CH3CH2)3N（2）保护羟基，防止发生副反应（3）（4）或（5）→H+、KMnO4→CH3【解析】【解答】（1）三乙基胺是三个乙基连在同一个N原子上，其结构简式为(CH3CH2)3N；故答案为：(CH3CH2)3N；

（2）由流程可知B→C过程中将羟基转化为醚键，而D→E过程中，又得到羟基，由此可知，B→C的目的是保护羟基，防止发生副反应；故答案为：保护羟基，防止发生副反应；

（3）若第二步不加入CH3OH，则A会发生分子内脱水成环的酯化反应，X分子中含有2个四元环，结合X的分子式可知，X的结构简式为；故答案为：；

（4）①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和键；②属于一种α-氨基酸，则氨基和羧基链在同一个碳原子上，分子中含有5种化学环境不同的氢原子，说明其结构对称，满足条件的结构简式有或；故答案为：或；

（5）根据E→F的条件可知，想要合成，则需要与在DMF作用下合成，根据逆推可知，首先发生氧化反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，在NaBH4作用下发生还原反应得到，故合成路线为→H+、KMnO4→CH3OH浓硫酸、Δ→NaBH4。故答案为：→H+、KMnO4→CH3OH浓硫酸、Δ→NaBH4。

【分析】A分子中的羧基在SOCl2作用下与CH3OH发生酯化反应，生成含酯基的B；B中的羟基与环状醚类化合物：（1）三乙基胺是三个乙基连在同一个N原子上，其结构简式为(CH3CH2)3N；（2）由流程可知B→C过程中将羟基转化为醚键，而D→E过程中，又得到羟基，由此可知，B→C的目的是保护羟基，防止发生副反应；（3）若第二步不加入CH3OH，则A会发生分子内脱水成环的酯化反应，X分子中含有2个四元环，结合X的分子式可知，X的结构简式为；（4）①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和键；②属于一种α-氨基酸，则氨基和羧基链在同一个碳原子上，分子中含有5种化学环境不同的氢原子，说明其结构对称，满足条件的结构简式有或；（5）根据E→F的条件可知，想要合成，则需要与在DMF作用下合成，根据逆推可知，首先发生氧化反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，在NaBH4作用下发生还原反应得到，故合成路线为→H+、KMnO4→CH3OH浓硫酸、Δ→NaBH4。16．【答案】（1）CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S（2）取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生（3）3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量（4）边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤（5）Cu-e-【解析】【解答】（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，答案：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S；故答案为：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S；

（2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生；故答案为：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生；

（3）反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑，化学方程式为3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；故答案为：3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；

（4）若装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤；故答案为：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤；

（5）①阳极先生成难溶物CuCl，即Cu-e-+Cl-②生成14.4gCu2O时即0.1molCu2O生成，根据原子守恒，可知0.1molCu2O需要通过0.2mol电子；

故答案为：Cu-e-+Cl-=CuCl；0.2mol。

【分析】黄铜矿先经Fe2(SO4)3溶液浸泡，得到S、SiO2等残渣；浸出液经操作1后，加CuO调pH除去Fe3+（生成Fe(OH)3）；剩余溶液加NaOH和Na（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，答案：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S；（2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生；（3）反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑，化学方程式为3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；（4）若装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10