可氧化铜生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。 27. 【解析】
解：A用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气溶解，C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除完污染，所以D装置是尾气处理；
（1）浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，但是氯气不易溶于饱和氯化钠溶液，所以用饱和食盐水除去杂质HCl， 故答案为：饱和食盐水；
（2）NaBiO3 是为数不多的钠盐沉淀之一，由Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2发生反应的离子方程式是： Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O，
故答案为：Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O；
（3）C中原来盛放Bi（OH）3与是白色难溶于水固体，生成物为不溶于冷水的，浅黄色的NaBiO3， 故答案为：C中白色固体消失，黄色不再加深；
（4）氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除完污染，所以要让A中NaOH溶液滴下来，吸收氯气，
故答案为：关闭K1、K3，打开K2；
（5）想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，
故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）①紫红色为MnO4-，证明待测液中存在的Mn2+被硫酸酸化铋酸钠氧化，离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，
故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；
②据题意可知：较浓的MnSO4溶液中，说明MnSO4溶液过量，结果没有紫红色出现，是MnO4-被过量的MnSO4溶液又还原为黑色固体（MnO2），
离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
（7）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O、MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知， 设该产品的纯度为x，
5NaBiO3～2MnO4 -～5H2C2O4，
5×280g 5mol
wg×x VL×10-3×cmo1?L-1
A用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气溶解，C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除完污染，所以D装置是尾气处理；
（1）浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，但是氯气不易溶于饱和氯化钠溶液； （2）制得NaBiO3的反应是Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2发生反应生成+5价铋的沉淀NaBiO3； （3）C中原来盛放Bi（OH）3与是白色难溶于水固体，生成物为不溶于冷水的，浅黄色的NaBiO3； （4）氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除完污染；
（5）想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯
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净的NaBiO3；
（6）①紫红色为MnO4-，证明待测液中存在的Mn2+被硫酸酸化铋酸钠氧化，据此书写离子方程式；
②据题意可知：较浓的MnSO4溶液中，说明MnSO4溶液过量，结果没有紫红色出现，是MnO4-被过量的MnSO4溶液又还原为黑色固体（MnO2）；
（7）依据化学反应的定量关系5NaBiO3～2MnO4 -～5H2C2O4计算质量分数。
本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析判断，实验基本操作，产品的纯度计算等，注意物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。 28. 【解析】
解：（1）①C2H4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2（g）△H1 ②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H2 ③H2O（1）═H2O（g）△H3
根据盖斯定律②×2+③×4-①计算2CO2（g ）+6H2（g）
C2H4（g）+4H2O（g）的△H4=2△H2+4△H3-△
H1 ，
故答案为：2△H2+4△H3-△H1 ；
（2）①该反应正向是气体体积减小的反应，其他条件不变时，增大氢气的浓度，则CO2的平衡转化率增大，即投料比[
=x]越大，CO2的平衡转化率越大，所以x=a＞3，
由图可知，反应随着温度的升高，CO2的平衡转化率降低，则正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，由于温度：N＞M，所以平衡常数KM＞KN， 故答案为：＞；＞；
②x=3时，设n（H2）=6mol、n（CO2）=2mol，M点CO2的平衡转化率为60%，反应三段式为， 2CO2（g ）+6H2（g）?C2H4（g）+4H2O（g） 起始量
（mol） 2 6 0 0 变化量
（mol） 1.2 3.6 0.6 2.4 平衡量
（mol） 0.8 2.4 0.6 2.4 M点乙烯体积分数=
×100%=9.7%，
故答案为：9.7%；
③300℃，往6L反应容器中加入3mol H2、1mol CO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，△n（CO2）=0.6mol，v（CO2）==0.01mol/（L?min），反应为2CO2（g ）+6H2（g）?C2H4（g）+4H2O（g），所以v（H2）=3v（CO2）=0.03mol?L-1?min-1 ； 故答案为：0.03mol?L-1?min-1 ；
（3）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率，
故答案为：K； 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响； ②a．由催化CO2加氢合成低碳烯烃反应可知，第ⅰ步所反应为：CO2+H2?CO+H2O，故a正确；
b．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第ⅰ步反应的活化能
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高于第ⅱ步，故b错误；
c．助剂可改变反应的选择性，所以催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确； d．催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变△H，故d错误；
e．反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态、不能改变反应温度，所以反应的平衡常数不变，故e错误； 故答案为：ac；
（4）①由电解装置图可知，a电极上CO2发生得电子的还原反应生成C2H4，所以a电极为阴极、b为阳极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接， 故答案为：正；
②阴极上CO2得电子生成C2H4，电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-， 故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。
（1）①C2H4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2（g）△H1 ②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H2 ③H2O（1）═H2O（g）△H3
根据盖斯定律②×2+③×4-①计算2CO2（g ）+6H2（g）
C2H4（g）+4H2O（g）的△H4；
（2）①由图可知，反应随着温度的升高，CO2的平衡转化率降低，则正反应放热，即该反应正向是气体体积减小的放热反应，其他条件不变时，增大氢气的浓度，CO2的平衡转化率增大；其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小；
②x=3时，设n（H2）=6mol、n（CO2）=2mol，M点CO2的平衡转化率为60%，根据反应三段式计算各物质的平衡量，进而计算乙烯体积分数；
③300℃，往6L反应容器中加入3mol H2、1mol CO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，△n（CO2）=0.6mol，根据v=
计算v（CO2），结合反应计量关系计算v（H2）；
（3）①由表中数据，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率； ②反应流程为：第一步反应为CO2+H2
CO+H2O，第二步反应为CO2+H2
（CH2）（CH2）n+H2O，n
C2H4、
C3H6等，结合催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答；
（4）由电解装置图可知，a电极上CO2发生得电子的还原反应生成C2H4，所以a电极为阴极、b为阳极，阴极上CO2得电子生成C2H4，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象分析、反应速率计算、电解原理的应用等知识，为高考常见题型，侧重于对学生分析能力、计算能力和灵活运用基础知识能力的考查，把握基础原理的应用是关键，注意催化剂对化学反应的影响，题目难度中等。 35．【解析】 解：（1）S原子最外层为3s23p4，获得1个电子形成3s23p6稳定结构，即所得电子填充在基态S的3p能级，得到稳定的S2-， 故答案为：3p；
（2）NH3BF3中配位键为H3N→BF3，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道的原子，NH3中N原子通过3p3杂化使2p轨道上有一对孤电子对，所以提供电子的原子轨道为2p，B、N原子之间形成配位键后，B、N原子的空间构型为四面体，均采用sp3杂化， 故答案为：2p；B、N；
（3）基态Li+、B+的核外电子排布式分别为1s2、1s22s2，均为全充满状态，但1s轨道上的电子的能量相对低于2s轨道上的电子，所以失去一个电子时，需吸收更多能量的是Li+，
故答案为：Li+；Li+的核外电子排布为1s2，B+核外电子排布为1s22s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上电子；
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（4）Li3SBF4中Li的数目为3，由图1晶胞图分摊可知，Li原子数目=6×=3，所以Li位于棱心位置，
晶胞的质量m=g，体积V=（a×10-10）3cm3，晶胞密度ρ=g?cm-3=g?cm-3，
故答案为：棱心；；
（5）NaCl晶胞中Na+周围有3个Cl-，则在NaCl晶体中，Na+周围有6个Cl-，6个Cl-构成正八面体结构，即Na+填充在Cl-堆积而成的八面体空隙中， 故答案为：6； 正八面体；
（6）①该三角形为等边三角形，边长等于图2中面对角线长度，故三角形边长=×564
=394.8pm，
即2r（Cl-）+x=394.8pm，
pm，边角关系有
[r（Cl-）
内部虚线部分三角形的顶角为120°、两腰长为r（Cl-）+y、底长为282+y]=282
pm=394.8pm，解得x=24.8pm、y=47.3pm，
故答案为：24.8pm；47.3pm；
②由于挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道y的值大于挤过2、3号氯离子之间的狭缝x值，所以Na+如果能挤过，那么挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道相对容易些，即迁移可能性更大的途径是途径2，
故答案为：途径2。
（1）S原子最外层为3s23p4，获得2个电子形成3s23p6稳定结构；
（2）NH3BF3中B原子含有3个σ 键一个配位键，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，B、N原子之间形成配位键，所以B、N原子的空间构型为四面体；
（3）基态Li+、B+的核外电子排布式分别为1s2、1s22s2，电子的能量越高越易失去，由于1s能级能量降低、失去电子相对较难； （4）晶胞中顶点位置贡献率为
、棱心位置贡献率为
、晶胞内部贡献率为1，均摊法计算晶胞单独占有
计算；
各微粒数目、结合化学式判断；根据m=计算晶胞质量，结合密度ρ=
（5）NaCl晶胞中Na+周围有3个Cl-，则NaCl晶胞中Na+周围有6个Cl-，6个Cl-构成正八面体结构； （6）图2为NaCl晶胞，所以NaCl晶胞的边长为NaCl晶胞参数的一半，即为282pm，面对角线为282
pm，
由图
可知：2r（Cl-）+x=282pm，由1、2、3号氯离子形成的三角形为正三角形，内部虚
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