2022届北京延庆区高三一模化学试卷及答案

这是一份2022届北京延庆区高三一模化学试卷及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

北京市延庆区2022届高三下学期第一次质量监测（一模）化学试卷题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年2月4日至2月20日，第24届冬奥会在中国北京市和张家口市联合举行，冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是




A．为场馆提供电能
的晶体硅太阳能电池
B．轻合金材料制成的冰刀
C．大理石冰壶
D．聚氨酯速滑服

A．A B．B C．C D．D
2．Cs为IA族元素，是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于的说法，不正确的是
A．原子核外电子数为55 B．原子核内中子数为137
C．原子半径：>K D．的化学性质与K相似
3．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．乙烯的空间填充模型： B．CO2的电子式：
C．HClO的结构式：H-O-Cl D．氯元素的原子结构示意图：
4．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3 B．酸性：H2SO4 C．金属性：Na>Al D．氢化物的稳定性：H2S 5．室温下，1体积水能溶解约700体积的NH3。将向下排空气法收集NH3后的试管倒扣在水槽里的水中，观察。对该实验现象的分析正确的是

A．试管内液面上升，证明NH3与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为NH3在水中的溶解达到了饱和
C．取试管中少量无色液体于另一试管中，向其中加入酚酞溶液，溶液显红色，原因是：NH3 + H2ONH3·H2ONH+ OH-
D．将实验后试管中溶液敞口放置在空气中一段时间，pH会降低，主要是由于NH3被空气中的O2氧化
6．下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A．滴有酚酞的碳酸钠溶液呈红色：CO+2H2OH2CO3+2OH-
B．在空气中加热金属钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2
C．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
D．将氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HCl
7．用如图所示装置(搅拌装置已略去)探究溶液中离子浓度的变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是


A
B
C
D
试剂a
NaOH
Ca(OH)2
Ba(OH)2
H2SO3
试剂b
CH3COOH
Ca(HCO3)2
H2SO4
H2S

A．A B．B C．C D．D
8．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铵盐都能与碱发生反应，可用作化肥
B．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
C．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
D．次氯酸见光易分解，可用作棉、麻和纸张的漂白剂
9．实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是



气体
试剂
制备装置
收集方法
A
NH3
NH4Cl
a
e
B
Cl2
MnO2+浓盐酸
b
d
C
NO2
Cu+浓HNO3
b
f
D
CH2=CH2
C2H5OH+浓H2SO4
c
f

A．A B．B C．C D．D
10．在一定温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应并达到平衡：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)       ΔH＜0，测得平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%。下列说法不正确的是
A．平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol
B．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应的化学平衡常数K=
D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，达到平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
11．可生物降解高分子材料PET的结构片段如下：~~~X-Y-X-Y~~~(~~~表示链延长)X为，Y为－OCH2CH2O－，下列有关PET的说法不正确的是
A．PET分子中含有酯基，能发生水解反应
B．PET的结构简式可写为
C．可以通过缩聚反应制备PET
D．若PET结构中的Y用替代，可形成网状结构
12．25℃时，向20.00mL 0.10mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.10mol·L-1 NaOH溶液，同时分别测得溶液pH和导电能力的变化如下图所示，下列说法不正确的是

A．a点对应溶液的pH等于3，说明HA是弱酸
B．b点对应的溶液中：c(A-)＜c(Na+)＜c(HA)
C．c点对应的溶液中：c(A-)+c(HA)=c(Na+)
D．根据溶液pH和导电能力的变化可推断：V1＜V2
13．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2 =﹣122.5 kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如下图所示。

已知：CH3OCH3的选择性=×100％
下列说法不正确的是
A．反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的焓变为ΔH2-2ΔH1
B．根据图像推测ΔH1>0
C．其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点CH3OCH3的选择性
14．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流二次电池，该电池在使用前要先进行充电，如图为充电原理示意图，溴离子与碘分子结合成为碘溴离子I2Br-，可以增加电池容量。下列叙述不正确的是

A．充电时，a接外电源的正极，作阳极
B．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI-被氧化
C．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-
D．放电时，贮液器d内c(Zn2+)持续增大
二、结构与性质
15．镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
(1)基态铜原子的价层电子的轨道表示式为_______，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是_______。
(2)向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu(NH3)4]SO4·H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为_______。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是_______。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因_______。
(3)某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=_______g·cm-3(NA表示阿伏伽德罗常数，列出计算式)。
三、原理综合题
16．当今世界，“碳达峰”“碳中和”已经成为了环保领域的“热词”，我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。深度脱碳(CO2)的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
I.大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
(a)CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH1=akJ·mol-1
(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=bkJ·mol-1
(c)2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH3=ckJ·mol-1
(d)······
(1)根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =_______ kJ·mol-1。
II.利用电化学方法可实现二氧化碳的资源化利用。
(2)原电池法：我国科学家研究Li—CO2电池，取得重大突破。该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C。
①在Li—CO2电池中，Li为单质锂片，是该原电池的_______(填“正”或“负”)极。
②CO2电还原过程依次按以下四个步骤进行，写出步骤I的电极反应式
i._______
ii.C2O=CO+CO2
iii.CO2+2CO=2CO+C
iv.CO+2Li+=Li2CO3
(3)电解法：如电解CO2制HCOOK。该原理示意图如下：

①Pt片为电解池的_______极。
②写出CO2还原为HCOO-的电极反应式：_______。
③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_______。
17．燃烧煤排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：


(1)NaClO2中氯的化合价为_______。
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO
SO
NO
NO
Cl-
c/(mol·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
1.2×10-5
3.4×10-3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式：_______。增加压强，NO的转化率_______(填“提高”“不变”或“降低”)。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_______。
(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。



①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
②反应ClO+2SO2SO+Cl−的平衡常数K表达式为_______。
③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果，从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______。
四、有机推断题
18．利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如下：

已知：
i.
ii.R1-CHOR1-CH=CH-COOH
(1)A属于芳香烃，则A的名称为_______。
(2)C的官能团的名称是_______。
(3)D→E的反应类型是_______。
(4)H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种。由H生成I反应的化学方程式为_______。
(5)L的结构简式为_______。
(6)J俗称香兰素，在食品行业中主要作为一种增香剂。香兰素的一种合成路线如下。

中间产物1和中间产物2的结构简式分别为_______、_______。
五、实验题
19．某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。
(1)连接装置(如图Ⅰ所示)，断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe表面产生大量无色气泡，Cu表面无明显变化；闭合开关K，电流表指针向右偏转，Fe和Cu表面均产生大量无色气泡。

①欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是_______。
②分别用化学用语表示Fe和Cu表面均产生无色气泡的原因：_______；_______。
(2)该小组同学将(1)中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体。改进实验装置(如图II所示)，闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转，约2秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。

①铜与浓硝酸反应的离子方程式为_______。
②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是_______(结合铜电极反应式说明)。
③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：_______。

参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．晶体硅属于无机非金属材料，A错误；
B．纯金属和合金均属于金属材料，B错误；
C．大理石属于无机非金属材料，C错误；
D．聚氨酯为合成纤维，属于有机高分子材料，D正确；
故选D。
2．B
【解析】
【分析】
元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
【详解】
A．原子中质子数=电子数，原子核外电子数为55，A正确；
B．的质量数为137，B错误；
C．电子层数越多半径越大，原子半径：>K，C正确；
D．和K均为IA族元素，同主族元素化学性质相似，D正确；
故选B。
3．B
【解析】
【详解】
CO2的电子式为：，故答案为：B。
4．A
【解析】
【详解】
A．碳酸氢盐较不稳定，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故A选；
B．非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4能用元素周期律解释，故B不选；
C．Na、Al位于同一周期，同周期元素从左到右金属性减弱，则金属性：Na＞Al，能用元素周期律解释，故C不选；
D．同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属S＜O，元素的非金属性越强，对应的氢化物稳定性越强，氢化物的稳定性：H2S 故选：A。
5．C
【解析】
【详解】
A．试管内液面上升，不能证明NH3与H2O发生了反应，也可能是由于NH3极易溶于水，A错误；
B．用排空气法收集的气体不一定纯净，NH3极易溶于水，1:1溶解时远没有达到饱和状态，则试管中剩余少量气体，不是因为NH3在水中的溶解达到了饱和，而是因为收集的NH3中含有少量的空气杂质，B错误；
C．取试管中少量无色液体于另一试管中，向其中加入酚酞溶液，溶液显红色，说明溶液显碱性，原因是：NH3 + H2ONH3·H2ONH+ OH-，C正确；
D．常温下NH3不能被O2氧化，将实验后试管中溶液敞口放置在空气中一段时间，pH会降低，不是由于NH3被空气中的O2氧化，是由于氨水具有挥发性，导致NH3 + H2ONH3·H2ONH+ OH-平衡逆向移动，溶液碱性减弱，D错误；
故答案为：C。
6．A
【解析】
【详解】
A．碳酸钠溶液中碳酸根离子发生水解反应，分两步水解且以第一步为主，水解离子方程式为：CO+H2OHCO+OH-，故A错误；
B．钠与氧气反应生成淡黄色固体的过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，故B正确；
C．氢氧化铝具有两性，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故C正确；
D．由氧化性：Cl2>S，则氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀，反应方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl，故D正确；
故选：A。
7．A
【解析】
【详解】
A．醋酸为弱电解质，加入NaOH反应生成强电解质醋酸钠，所以不会出现变暗的过程，A符合题意；
B．Ca(HCO3)2为强电解质，所以开始灯亮，加入氢氧化钙后二者反应生成碳酸钙沉淀和水，溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后又随着氢氧化钙的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，B不符合题意；
C．硫酸为强电解质，开始灯亮，加入氢氧化钡后二者反应生成硫酸钡和水，溶液中溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后又随着氢氧化钡的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，C不符合题意；
D．H2S为弱电解质，开始灯亮，加入亚硫酸后二者反应生成硫单质和水，硫难溶于水，所以的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后随着亚硫酸的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，D不符合题意；
综上所述答案为A。
8．C
【解析】
【详解】
A．铵盐可用作化肥是由于含有N元素，且易被植物吸收利用，与其都能与碱发生反应无关，A不合题意；
B．Al2O3可用于电解冶炼铝是由于其含有铝元素且熔融状态能够导电，与其具有两性无关，B不合题意；
C．稀硫酸可用于除去铁锈，就是利用其酸性，C符合题意；
D．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂是由于其具有强氧化性而漂白，与其见光易分解无关，D不合题意；
故答案为：C。
9．D
【解析】
【详解】
A．制备氨气应选用氯化铵和氢氧化钙固体，只用氯化铵无法制得氨气，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰需要加热才能反应生成氯气，制备装置应选用c，B错误；
C．NO2会和水反应，不能用排水法收集，C错误；
D．乙醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应制取乙烯，所以制备装置选c，乙烯难溶于水，可以用排水法收集，D正确；
综上所述答案为D。
10．C
【解析】
【详解】
A．初始二氧化碳的物质的量为1mol，依据碳原子守恒，平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol，A正确；
B．该反应焓变小于0，为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C．平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%，设平衡时消耗二氧化碳xmol/L，则平衡时二氧化碳的物质的量浓度为(1-x)mol/L，氢气的物质的量浓度为(3-3x)mol/L，CH3OH的物质的量浓度为xmol/L，水蒸气的物质的量浓度为xmol/L，=25%，解得x=，则平衡时c(CO2)=mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=mol/L，化学平衡常数K===，C错误；
D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，与原来相比，开始反应物浓度是原来的2倍，则压强是原来的2倍，增大压强平衡正向移动，导致二氧化碳和氢气的转化率增大，则平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%，D正确；
答案选C。
11．B
【解析】
【详解】
A．PET分子是由XY链接而成，分子中含有酯基，能发生水解反应，A正确；
B．PET的结构简式可写为，B错误；
C．由题意可知，PET的单体为、HOCH2CH2OH，两者可以通过缩聚生成PET同时生成小分子水，C正确；
D．若PET结构中的Y用替代，分子中不同链之间可以相互结合，形成网状结构，D正确；
故选B。
12．B
【解析】
【详解】
A．a点对应溶液的pH等于3，c(HA)=0.10mol·L-1＞c(H+)=10-3mol·L-1，说明HA未完全电离，存在电离平衡，因此HA是弱酸，A正确；
B．b点对应的溶液为HA、NaA等浓度的混合溶液，溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，因此c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，B错误；
C．溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强；c点，溶液的导电能力出现拐点，说明此时NaOH和HA恰好完全反应，则c点对应的溶液为NaA溶液，A-在溶液中部分水解产生HA，存在水解平衡，根据物料守恒可得c(A-)+c(HA)=c(Na+)，C正确；
D．c点，HA和NaOH恰好完全反应，则V2=20mL，由于HA为弱酸，故c点对应的溶液（NaA溶液）的pH大于7；V(NaOH)=V1 mL时，溶液pH为7，则说明V1＜20mL，故加入NaOH溶液的体积大小关系为V1＜V2，D正确；
故合理选项是B。
13．C
【解析】
【详解】
A．由盖斯定律可知，反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)可由Ⅱ-2×Ⅰ得到，其焓变为ΔH2-2ΔH1，A正确；
B．反应Ⅱ为放热反应，升高温度反应逆向进行，由图可知随着温度的升高，二氧化碳转化率下降速率小于甲醇选择性下降速率，且高于300°C时二氧化碳转化率升高，说明反应Ⅰ正向移动，反应为吸热反应，ΔH1>0，B正确；
C．由B分析可知，其他条件不变时，温度越高，反应Ⅰ占据主导地位，CO2主要还原产物为CO，CO中碳元素的价态较高，C错误；
D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气体分子数变小的反应，其他条件不变时，增大体系压强，导致反应Ⅱ正向移动，可以提升A点CH3OCH3的选择性，D正确；
故选C。
14．D
【解析】
【详解】
A．由充电原理示意图，锌极锌离子得到电子发生还原，为电解池的阴极，则a极为电解池的阳极；故充电时，a接外电源的正极，作阳极，A正确；
B．充电时，b电极每增重0.65g，转移电子的物质的量为0.65g÷65g/mol×2=0.02mol，根据电子守恒可知，溶液中有0.02molI-被氧化，B正确；
C．放电时，a电极为正极，反应还原反应，反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，C正确；
D．放电时，b极反应为Zn-2e-=Zn2+，负极反应生成锌离子，锌离子通过阳离子膜进入正极区域，贮液器d内c(Zn2+)不会持续增大，D错误；
故选D。
15．(1)          Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子
(2)     sp3 杂化     氨气分子间存在氢键     [Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
(3)     1：3    
【解析】
(1)
已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故答案为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；
(2)
①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故答案为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；
②[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出；
(3)
①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：=3个，Ni个数为：=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3，故答案为：1:3；
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=g·cm-3，故答案为：。
16．(1)a-c
(2)     负     2CO2+2e-= C2O
(3)     阳极     CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O =HCOO-+HCO     阳极产生氧气，pH减小，HCO浓度降低；K+部分迁移到阴极区
【解析】
(1)
根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)   ΔH =ΔH1-ΔH2=( a-c)kJ·mol-1。
(2)
①由电池总反应可知，锂元素化合价升高发生氧化反应，Li是该原电池的负极。
②CO2电还原的电极反应式为3 CO2+4 e-+4Li+= 2 Li2CO3+C；反应依次分四个步骤进行，由ii可知i中CO2+得到电子反应生成C2O，反应电极反应式为2CO2+2e-= C2O；
(3)
①电解CO2制HCOOK，由图可知，二氧化碳在Sn极发生还原反应生成HCOO-，Sn极为阴极，则Pt片为电解池的阳极；
②CO2在Sn极得到电子，发生还原反应生成HCOO-，电极反应式：CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O =HCOO-+HCO；
③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生水电离出的氢氧根离子放电氧气，溶液pH减小，HCO浓度降低，同时K+部分通过阳离子交换膜迁移到阴极区。
17．(1)+3
(2)     4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O     提高     减小     SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高
(3)     减小          2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O， Ca2+与SO形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【解析】
(1)
NaClO2中Na是+1价，O是－2价，依据化合价代数和为0可知Cl是+3价；
(2)
①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；
②根据反应的方程式4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；
(3)
①由图分析可知，根据反应4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；
②根据反应的方程式ClO+2SO2SO+Cl−可知平衡常数K表达式为；
③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O向正反应方向进行，所以SO2转化率提高。
18．(1)甲苯
(2)羧基、硝基
(3)还原反应
(4)+Br2+HBr
(5)
(6)         
【解析】
【分析】
根据A的分子式可知A为，A发生取代生成B为，B氧化为C为，甲醇与C发生酯化生成D为，D发生还原反应生成E，根据产物逆推G为，则可知L为，，根据信息2可知K为，根据信息1可知H为，I为，据此分析解题。
(1)
A的结构简式为，名称为甲苯；
(2)
根据C的结构简式可知C的官能团的名称是：羧基、硝基；
(3)
根据分析可知，D→E的反应类型是还原反应；
(4)
H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应说明含有酚羟基和醛基，苯环上的一氯代物有两种，H的结构简式为，由H生成I反应的化学方程式为+Br2+HBr；
(5)
根据分析可知L得结构简式为：；
(6)
根据J的结构简式以及脱羧条件可知中间产物2的结构简式为，的还原产物为中间产物1 。
19．(1)     取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氰化钾溶液，产出蓝色沉淀     Fe+2H+=Fe2++H2↑     2H++2e-= H2↑
(2)     Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O     形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-= Cu(或NO+2H++e-= NO2↑+H2O)     电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应
【解析】
(1)
①铁电极发生氧化反应会生成Fe2+，检验亚铁离子需要用铁氰化钾溶液，实验操作和现象是：取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氰化钾溶液，产出蓝色沉淀；
②Fe表面产生无色气泡的原因是铁单质与稀硫酸发生化学反应生成硫酸亚铁和氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe和Cu和稀硫酸形成原电池，Cu做正极，氢离子移至Cu表面得电子生成氢气，则Cu表面产生无色气泡的原因：2H++2e-= H2↑；
(2)
①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O；
②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，形成原电池，铁做负极、铜做正极，电流从左流向右，则观察到指针快速向右偏转的原因是：形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-= Cu(或NO+2H++e-= NO2↑+H2O)；
③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。设计实验方案证明：电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应。