8.【答案】+3 Fe（OH）3 Zn 2NiC2O4 Ni2O3+3CO↑+CO2↑ Li 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Cl- c→b
（或右到左） 【解析】
2+
高温
故答案为：Cl；c→b（或右到左）。
制备草酸镍晶体（NiC2O4?2H2O）的流程：废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+与SO42-结合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，过滤，滤渣I为SiO2和CaSO4，向滤液中加入NaClO溶液
2+3+
氧化Fe为Fe，同时将其沉淀为Fe（OH）3，过滤，滤渣II为Fe（OH）3，再向滤液中加入NH4F2+2+
溶液，沉淀Ca为CaF，滤渣III为CaF，最后加入有机萃取剂萃取Zn，得到的水层主要为
-
解：（1）NiC2O4?2H2O中镍元素+2价，氧元素-2价，化合物中元素化合价总共为0，则碳元素+3价；
故答案为：+3；
2+3+
（2）根据分析，NaClO溶液氧化Fe为Fe，同时将其沉淀为Fe（OH）3，故滤渣II的主要成分
是：Fe（OH）3； 故答案为：Fe（OH）3；
（3）根据分析，杂质离子主要是Zn、Fe、Ca，NaClO溶液除去Fe，NH4F溶液除去Ca，则萃取剂除去Zn2+； 故答案为：Zn；
（4）高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，气体为一氧化碳和二氧化碳，故反应为：2NiC2O4
Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
2+
2+
2+
2+
2+
2+
Ni2+，再向其中加入（NH4）2C2O4溶液，得到产品草酸镍晶体（NiC2O4?2H2O），高温煅烧无水NiC2O4的反应为：2NiC2O4
Ni2O3+3CO↑+CO2↑，
用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni：高能锂离子中，Li为电源负极，FeS为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，据此分析作答。
本题考查了物质的制备和电化学原理，掌握工业流程具体原理和电化学原理是答题关键，主要对基础知识的准确把握，综合性较强，题目难度中等。
故答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
9.【答案】3d64s2 3：2 sp CN- ＞ NiO Ni2+半径小于Fe2+，使得NiO晶格能大于FeO，熔点NiO
＞FeO 4 44.8 【解析】
2+-（5）①电解含镍酸性废水回收Ni，根据图，c池为废水，反应为Ni+2e=Ni，发生还原反应，作
为电解池的阴极，连接电源的负极，Y为电源的负极，在电池中，总反应为2Li+FeS═Fe+Li2S，活泼金属Li做电源的负极，故电极Y的材料是Li； 故答案为：Li；
②a池是电解池的阳极区，由溶液中的阴离子放电，氢氧化钠中由阴离子氢氧根离子放电，失
--去电子发生氧化反应，电极反应为：4OH-4e=2H2O+O2↑；
解：（1）Fe是26号元素，第四周期第VIII族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排
62
布式为：3d4s， 62
故答案为：3d4s；
（2）单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，故硫氰酸分子（H-S-C≡N）中σ键和π键之比为3：3；碳原子没有孤对电子，杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化；配体含有孤对电子，中心离子含有空轨道，Fe含有空轨道，CN含有孤对电子，配体为CN， 故答案为：3：2；sp；CN；
5162
（3）①Cr价电子排布式为3d4s，Fe为价电子排布式为3d4s，且Fe原子半径更小，Fe更难失
-3+
--
故答案为：4OH-4e=2H2O+O2↑；
③电解池中c池为阴极区，得到电子发生还原反应，溶液中负电荷增多，故通过阴离子交换膜将Cl从c→b（或右到左）平衡溶液的电性；
-
--
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去4s全充满稳定状态的电子，故第一电离能Fe＞Cr， 故答案为：＞；
2+2+
②Ni半径小于Fe，使得NiO晶格能大于FeO，熔点NiO＞FeO，故NiO先析出，
2
解：（1）A的结构简式为CH2=CH2，名称是：乙烯；①的反应方程式是：CH2=CH2+CO2CH2=CHCOOH，
故答案为：乙烯；CH2=CH2+CO2（2）
CH2=CHCOOH；
故答案为：NiO；Ni半径小于Fe，使得NiO晶格能大于FeO，熔点NiO＞FeO；
（4）①由晶胞结构可知，Mg原子周围与之距离最近且相等的Fe原子有4个，即Mg原子配位数
2+2+
中的官能团名称是：酯基，故答案为：酯基；
（3）反应②是CH2=CHCOOH与乙醇发生酯化反应，所需的无机试剂和反应条件是：浓硫酸、加
为4，
热，故答案为：浓硫酸、加热；
故答案为：4；
24g/mol=4mol，故储存②晶胞中Mg原子数目=8，H2数目=1+12×=4，Mg的物质的量为=96g÷H2为4mol×=2mol，标况下H2的体积约为2mol×22.4L/mol=44.8L， 故答案为：44.8。
（1）Fe是26号元素，第四周期第VIII族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；
3+
（2）单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；碳原子没有孤对电子，杂化轨道数目为2；Fe
（4）由C前、后物质结构，结合信息、C的分子式，可知C为HOCH2COOCH3，故答案为：HOCH2COOCH3； （5）试剂P为代反应； （6）E是试剂P（
）的同分异构体，且E可发生银镜反应，说明E中含有醛基，可以看，由⑤前、后物质结构，则 ⑤的反应类型为取代反应，故答案为：取
含有空轨道，CN含有孤对电子；
（3）①具有全充满、半充满、全空的电子构型的原子稳定性高，原子半径越小越难失去电子，第一电离能相对较大；
甲基位置时-CHO有1种位置结构。2个-Br取代不同碳原子上H原子有2种结构，均取代甲基
②晶格能大、熔点越高，晶体越先析出，离子电荷相同，离子半径越小晶格能越大；
位置时-CHO有2种位置结构，若分别取代甲基、亚甲基位置时-CHO有3种位置结构，故符合
（4）①由晶胞结构可知，Mg原子周围与之距离最近且相等的Fe原子有4个；
条件的共有3+1+2+3=9种，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：2：1的E的结构简式
②均摊法计算晶胞中Mg、H2数目，计算Mg原子物质的量，根据晶胞中Mg原子、H2分子数目之比计算H2的物质的量，再根据V=nVm计算氢气体积。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、配合物、电离能、晶格能、晶体结构与计算等，注意从结构上理解电离能，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
10.【答案】乙烯 CH2=CH2+CO2 CH2=CHCOOH 酯基 浓硫酸、加热 HOCH2COOCH3 取代反
应 9 CH3-C（Br）2-CH2-CHO、C CH3-CH2-C（Br）2-CHO 【解析】
催化剂
-
作CH3CH2CH3被-CHO、2个-Br取代。
2个-Br取代同一碳原子上H原子有2种结构，取代甲基位置时-CHO有3种位置结构，取代亚
有：CH3-C（Br）2-CH2-CHO、CH3-CH2-C（Br）2-CHO、CH2Br-C（CH3）Br-CHO， 故答案为：9；CH3-C（Br）2-CH2-CHO、CH3-CH2-C（Br）2-CHO等。
乙烯与二氧化碳发生加成反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH与乙醇发生酯化反应生成
B为CH2=CHCOOCH2CH3，B与
发生加聚反应生成M．由C前、
后物质结构，结合信息可知C为HOCH2COOCH3．试剂P为
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，由⑤前、后物质结
构，该反应属于取代反应。
本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应方程式书写、官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写等，题目涉及有机物结构复杂，容易出错，关键是根据结构理解发生的反应，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。 11.【答案】球形冷凝管 b 过滤 温度过高或过低（或温度控制不在90～100℃范围内）；加热时间不
2+
够，回流时间不充分；糠醛滴加速率过快等 CO2 防止Fe被氧化 85.00%
马酸亚铁，
（1）①根据仪器特点和用途分析可得； ②分离固体和液体的操作是过滤； ③根据反应条件分析；
③富马酸（HOOC-CH=CH-COOH）为酸，根据酸的通性可得；根据Na2SO3的还原性分析； （2）根据结构简式有：富马酸亚铁～Fe，溶液中的Fe被Ce被还原为Ce，反应为：
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，故富马酸亚铁～Ce4+，n（富马酸亚铁）=n[（NH4）2Ce（SO4）3]，据此计算。 本题考查了物质的制备，确实验原理及实验基本操作方法是解题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。 12.【答案】-112 ＜ Ⅱ 0.8 ＜ 达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c2（NO2）=k逆c2（NO）
22
?c（O2），且k正=k逆，可知c（NO2）=c（NO）?c（O2），T2时化学平衡常数K等于1，大于0.8，且该
2+2+4+3+
【解析】
解：（1）①仪器a为球形冷凝管冷凝水从b口入，a口出； 故答案为：球形冷凝管；b；
②富马酸已经从溶液中结晶析出，用过滤得到粗产品； 故答案为：过滤；
③由题可知生成富马酸的反应条件严苛，若不达到所需条件，产率会降低，故可能导致富马酸产率降低的因素有：温度过高或过低（或温度控制不在90～100℃范围内）；加热时间不够，回流时间不充分；糠醛滴加速率过快等；
故答案为：温度过高或过低（或温度控制不在90～100℃范围内）；加热时间不够，回流时间不充分；糠醛滴加速率过快等；
④富马酸（HOOC-CH=CH-COOH）含有羧基，显酸性，能电离出氢离子，加入Na2CO3溶液反应得到CO2气体； 加入的FeSO4溶液易被氧化，Na2SO3具有还原性，可以防止Fe2+被氧化；
2+
故答案为：CO2；防止Fe被氧化；
2+2+4+3+
（2）根据结构简式有：富马酸亚铁～Fe，溶液中的Fe被Ce被还原为Ce，反应为：
反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T1＜
T2 2OH-+S2O82-+NO2?2SO42-+NO3-+H2O ＜ 增加Na2S2O8的初始浓度或适当升高温度 【解析】
解：（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180 kJ/mol ②N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+68 kJ/mol
2得到2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=-112KJ/mol， 盖斯定律计算②-①×故答案为：-112；
（2）Ⅰ．2NO（g）?N2O2（g）（快）， Ⅱ．N2O2（g）+O2（g）?2NO2（g）（慢），
决定2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）速率的是反应Ⅱ，所以反应Ⅰ的活化能E1远小于反应Ⅱ的活化能E2，E1＜E2，决定反应速率的是反应Ⅱ， 故答案为：＜；II；
（3）①温度为T1时，在容积为1 L的恒容密闭容器中充入0.6 molNO2（g），达平衡时c（O2）=0.2 mol/L，
发生反应：2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）△H＞0，
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，故富马酸亚铁～Ce4+，n（富马酸亚铁）=n[（NH4）2Ce（SO4）3]，故产品的纯度为：
故答案为：85.00%。
糠醛与NaClO3和V2O5在90～100℃条件下被氧化，反应得到富马酸（HOOC-CH=CH-COOH），向富马酸（HOOC-CH=CH-COOH）中加入Na2CO3溶液、FeSO4溶液和适量Na2SO3溶液得到富
×100%=85.00%；
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起始量（mol/L） 0.6 0 0 变化量（mol/L） 0.4 0.4 0.2 平衡量（mol/L） 0.2 0.4 0.2 平衡常数K=故答案为：0.8；
②温度为T1时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入0.6mol的NO2，达平衡时c（O2）=0.2mol/L，仅发生反应：2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）（△H＞0）。实验测得：v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2），v
2
=vNO=2vO=kcNO）?c（O2），k正、k逆为速率常数，仅受温度影响。当温度改（）（）2消耗逆消耗逆（
（3）①结合三行计算列式计算平衡浓度，平衡常数K=；
22
②达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c（NO2）=k逆c（NO）?c（O2），且k正=k逆，可知
=0.8，
c2（NO2）=c2（NO）?c（O2），T2时化学平衡常数K等于1；
（4）碱性条件下，强氧化剂过硫酸钠（Na2S2O8）可脱除水体中的NO2，反应生成硫酸钠、硝酸钠和水，温度越高反应速率越大，若要提高NO2的脱除率偏高正向进行。
本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用、化学反应速率影响因素和平衡影响因素的理解应用、平衡常数计算、图象分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
--
变为T2时，若k正=k逆，可知c2（NO2）=c2（NO）?c（O2），T2时化学平衡常数K等于1，大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T1＜T2，
故答案为：＜；达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c（NO2）=k逆c（NO）?c（O2），且k
22
=kcNO=c，可知（）（NO）?c（O2），T2时化学平衡常数K等于1，大于0.8，且该反应的正反2正逆
2
2
应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T1＜T2；
（4）碱性条件下，强氧化剂过硫酸钠（Na2S2O8）可脱除水体中的NO2，反应生成硫酸钠、硝酸钠
-2-2--和水，反应的离子方程式为：2OH+S2O8+NO2?2SO4+NO3+H2O，
-2---2--反应2为NO2+S2O8+2OH?NO3+2SO4+H2O，温度越高NO2脱除率越大，说明升温反应速-率增大，a、b点的反应速率va＜vb，若要提高NO2的脱除率，可以采取的措施有：增加Na2S2O8
-
的初始浓度或适当升高温度，
-2-2--故答案为：2OH+S2O8+NO2?2SO4+NO3+H2O；＜；增加Na2S2O8的初始浓度或适当升高温
度。
（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180 kJ/mol ②N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+68 kJ/mol
2得到2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H； 盖斯定律计算②-①×
（2）因为决定2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）速率的是反应Ⅱ，所以反应Ⅰ的活化能E1远小于反应Ⅱ的活化能E2；决定反应速率的是反应Ⅱ；
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