2022年江苏省徐州七中高考化学模拟试卷（2月份（含答案解析）

这是一份2022年江苏省徐州七中高考化学模拟试卷（2月份（含答案解析），共21页。试卷主要包含了NH4Cl等内容，欢迎下载使用。

2022年江苏省徐州七中高考化学模拟试卷（2月份）

1. 2021年4月29日，中国空间站核心舱“天和号”成功送入预定轨道，它与化学有着密切联系。下列说法错误的是( )
A. 中国空间站推进器的推进剂氙气(Xe)属于稀有气体
B. “天和号”推进器的氮化硼陶瓷基材料属于新型无机非金属材料
C. 宇航服材料中的聚氯乙烯属于有机高分子材料
D. 空间站太阳能电池板的主要材料属于硅酸盐
2. 三元催化器是汽车排气系统中重要的净化装置，可同时将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为无害物质，其工作原理如图。下列说法错误的是( )
A. N2分子中有1个σ键和2个π键 B. CO2的电子式为
C. H2O是非极性分子 D. 中子数为8的碳原子可表示为 614C
3. 下列物质性质与用途的对应关系不正确的是( )
A. 小苏打能与碱反应，可用作抗酸药
B. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
C. Na2O2能吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
D. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒
4. 2021年5月15日我国“祝融号”火星车成功着陆火星。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数增大的短周期主族元素W、X、Y、Z.已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是( )
A. W与Z有相同的最高正价
B. 原子半径：Z>Y>W>X
C. 化合物YZW4中含离子键和共价键
D. 电负性大小：W>X>Z
5. NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH=+57kJ⋅mol−1。已知2NO2+2OH−=NO3−+NO2−+H2O。下列装置不能达到相应实验目的的是( )

A. 装置甲生成NO2 B. 装置乙收集NO2
C. 装置丙吸收NO2尾气 D. 装置丁使NO2充分转化为HNO3
6. NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+57kJ⋅mol−1。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是( )
A. B. NO2→H2OHNO3
C. D.
7. NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+57kJ⋅mol−1。对于反应N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+57kJ⋅mol−1，下列有关说法正确的是( )
A. 升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 若容器体积不变，密度不变时说明该反应建立化学平衡
C. 其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡后c2(NO2)c(N2O4)的值不变
D. 增大体系的压强能提高N2O4的反应速率和平衡转化率
8. 黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图：

下列说法不正确的是( )
A. “浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B. 若反应中所加Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含Zn(NO3)2杂质
C. 滤液Ⅱ一定含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42−等离子
D. Cu(NO3)2溶液在稀硝酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2⋅3H2O
9. 由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z.下列说法正确的是( )

A. X分子中所有碳原子可处于同一平面
B. X、Z分子中均含有2个手性碳原子
C. 1molZ最多只能与2molBr2发生反应
D. X、Y、Z均可与NaOH稀溶液发生反应
10. MFC−电芬顿技术不需要外加能即可发生，通过产生羟基自由基(⋅OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果。其耦合系统原理示意图如图，下列说法不正确的是( )

A. 电子移动方向为a→Y，X→b
B. Y电极上得到双氧水的反应为O2+2e−+2H+=H2O2
C. 乙池可在酸性较弱的环境中使用
D. 理论上当乙池中产生1mol羟基自由基时，甲池中有2molH+从M室移动到N室
11. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g)△H1=akJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)=CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=bkJ⋅mol−1
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图−1所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图−2所示。下列说法正确的是( )

A. a>0
B. 测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：
C. 由CH3COOCH3的曲线知，600K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ
D. 曲线B表示H2的物质的量分数随温度的变化
12. [Cu(OH)(NH3)]+是汽车尾气脱硝的催化剂，其催化机理如图所示，下列说法错误的是( )

A. [Cu(OH)(NH3)]+中O和N原子是配位原子
B. 该催化循环中Cu的成键数目发生了变化
C. 反应过程中存在非极性键的断裂和形成
D. 总反应的化学方程式为：4NH3+2NO+2O2−[Cu(OH)(NH3)]+3N2+6H2O
13. CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：

(1)“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。

①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为 ______。
②当n(Na2SO3)：n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是 ______。
③当1.0 (2)用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为 ______。
(3)为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72−被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数 ______(写计算过程)。
14. 吉非替尼是一种合成的苯胺喹唑啉类化合物，是肺癌治疗的一线用药，良好的药效和广阔的市场前景引起很多学者兴趣，其中一种合成路线如下图所示：

已知：
(1)化合物Ⅱ的结构简式为 ______，反应①、③的反应类型分别为 ______。
(2)化合物Ⅲ中含氧官能团除酯基之外还有 ______(写名称)。
(3)反应②的化学方程式为 ______。
(4)化合物是比有机物Ⅰ相对分子质量大14的同系物。化合物的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 ______种，写出其中任意一种的结构简式：______。
a.能发生银镜反应
b.能发生水解反应
c.1mol该有机物能够与3molNaOH溶液反应
d.核磁共振氢谱图确定分子中氢原子数之比为1：1：2：2：6
(5)根据上述信息，写出以、和CH3OH为原料(无机试剂任选)，合成的路线：______。
15. 高纯碳酸锰(MnCO3)是制备Mn2O3、MnO2等锰的氧化物的重要原料。实验室模拟工业用软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al)的水悬浊液吸收烟气中SO2，制取高纯MnCO3的流程如图：

(1)吸收过程在题图1所示装置中进行，用混有SO2的空气模拟烟气。反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在SO2和空气比例一定、水浴温度一定、不改变固液投料并充分搅拌的情况下，还可采取的合理措施有 ______(任写一种)。烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为：______。

(2)实验测得吸收液中Mn2+、SO42−的物质的量浓度随时间变化的关系如图2所示。

①导致吸收液中SO42−的物质的量浓度大于Mn2+的原因是 ______。
②2h后，吸收液中SO42−的物质的量浓度增大速率加快的原因是 ______。验证的实验方法是 ______。
(3)将三颈烧瓶中的混合物过滤测得滤液中c(Mn2+)=1.0mol⋅L−1，还含有Fe3+和Al3+。常温下，由100mL该滤液制取高纯MnCO3的实验方案为：向溶液中边搅拌边滴加1.0mol⋅L−1NaOH溶液，______，干燥，得高纯MnCO3固体。[实验中必须选择的试剂有1.0mol⋅L−1BaCl2溶液、1.0mol⋅L−1NaHCO3溶液、无水乙醇]
已知：难溶于水和乙醇，在潮湿条件下易被氧化；
常温Ksp[Al(OH)3]=10−32.9，Ksp[Fe(OH)3]=10−37.4，Ksp[Mn(OH)2]=10−12.8。当溶液中金属离子的浓度小于1×10−5mol⋅L−1时认为沉淀完全；
加NaOH溶液调节pH过程中溶液总体积变化忽略不计.
与HCO3−反应生成MnCO3和CO2气体
SO2、NOx是空气的主要污染物，有效去除大气中的SO2、NOx可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以NH3、NH4+存在)和硝态氮(以NO2−、NO3−存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
(1)用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为碳酸钠)吸收烟气中SO2的相关反应的热化学方程式如下：
2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)ΔH=akJ⋅mol−1
2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)ΔH=bkJ⋅mol−1
Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)ΔH=ckJ⋅mol−1
反应Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1。
(2)工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图1所示，写出电解时铁电极发生的电极反应式：①______。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式：②______。

(3)工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使NO3−，变为NH4+。电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用。其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是①______。其他条件不变，只改变溶液的pH，NO3−去除率如图2所示，pH升高时，去除率②______(“升高”或“下降”)，可能原因是③______。

(4)厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，反应模型如图所示。氨氮去除过程总的离子方程式为：______。答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.氙气(Xe)属于稀有气体，故A正确；
B.氮化硼陶瓷有耐高温、硬度大、耐磨损、密度小等优点，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C.聚氯乙烯属于有机高分子材料，故C正确；
D.空间站太阳能电池板的主要材料是硅，属于单质，不属于硅酸盐，故D错误；
故选：D。
A.氦、氖、氩、氪、氙均为稀有气体；
B.氮化硼陶瓷有N和Si组成，属于非金属组成的材料；
C.聚氯乙烯的单体为氯乙烯，可以人工合成高分子材料；
D.太阳能电池板的主要材料是硅，属于单质。
本题考查物质的应用，难度不大，熟悉常见的物质及其物理性质即可解答，注意日常学习中的积累。

2.【答案】C

【解析】解：A.N2分子中2个N原子通过三个共价键结合，结构式是N≡N，在这三个共价键中，其中有1个是σ键，2个是π键，故A正确；
B.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为：，故B正确；
C.H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子，由于分子中正负电荷重心不重合，因此H2O是极性分子，故C错误；
D.中子数为8的碳原子的质量数是6+8=14，根据在原子表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为： 614C，故D正确；
故选：C。
A.N2分子中2个N原子通过三个共价键结合，结构式是N≡N，在这三个共价键中，其中有1个是σ键，2个是π键；
B.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构；
C.H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子；
D.中子数为8的碳原子的质量数是6+8=14。
本题考查物质的结构和转化，题目难度中等，掌握常见物质的结构和相关的氧化还原知识是解题的关键。

3.【答案】A

【解析】解：A.小苏打能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，故A错误；
B.Al2O3熔点高，所以可用作耐高温材料，故B正确；
C.过氧化钠与二氧化碳反应可生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，故C正确；
D.漂白粉中次氯酸钙具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，用于生活用水的消毒，故D正确；
故选：A。
A.小苏打能够与盐酸反应，消耗盐酸；
B.耐高温材料一般具有较高的熔点；
C.过氧化钠与二氧化碳反应可生成氧气；
D.漂白粉中次氯酸钙具有强的氧化性，能够使蛋白质变性。
本题综合考查物质的组成和性质，为高频考点，题目侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素；
A.W、Z分别是O、S元素，O没有+6价，S有+6价，故A错误；
B.W、X的原子含有2个电子层，Y、Z的原子含有3个电子层，原子序数：WZ>W>X，故B错误；
C.MgSO4中镁离子和硫酸根离子之间存在离子键、硫酸根离子中O、S原子之间存在共价键，故C正确；
D.元素吸引电子能力越强，其电负性越大，电负性：F>O>S，即X>W>Z，故D错误；
故选：C。
原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素；Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8−6=2，Z的原子序数大于Y，则Y为Mg元素，则W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素；
A.W、Z分别是O、S元素，O没有+6价；
B.电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小
C.MgSO4中阴阳离子之间存在离子键、酸根离子中存在共价键；
D.元素吸引电子能力越强，其电负性越大。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点，把握有主族序数、物质性质来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，图中固液不加热装置可制备二氧化氮，故A正确；
B.二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故B错误；
C.二氧化氮与NaOH溶液反应，图中装置可吸收尾气，故C正确；
D.二氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，可使NO2充分转化为HNO3，故D正确；
故选：B。
A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B.二氧化氮的密度比空气密度大；
C.二氧化氮与NaOH溶液反应；
D.二氧化氮与氧气、水反应生成硝酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、尾气处理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.氨气和二氧化氮发生归中反应生成氮气，故，可以实现转化，故A正确；
B.二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，可以实现转化，故B正确；
C.NO是不成盐氧化物，与NaOH不发生反应，故不能实现，故C错误；
D.NO和CO发生归中反应生成氮气，可以实现转化，故D正确；
故选：C。
A.氨气和二氧化氮发生归中反应生成氮气；
B.二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；
C.NO是不成盐氧化物；
D.NO和CO发生归中反应生成氮气。
本题考查了氮元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.升高体系温度，正逆反应速率均加快，故A错误；
B.反应前后气体总质量不变，容器容积不变，容器内气体的密度始终不变，故密度不变不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；
C.其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，平衡正向移动，但新平衡后c2(NO2)c(N2O4)=K，温度不变，K值不变，故新平衡后c2(NO2)c(N2O4)的值不变，故C正确；
D.增大体系的压强，N2O4的反应速率加快，平衡逆向移动，N2O4的平衡转化率减小，故D错误；
故选：C。
A.升温，反应速率加快；
B.结合公式ρ=mV判断；
C.温度不变，平衡常数不变；
D.加压，反应速率加快，平衡向气体分子数减小的方向移动。
本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。

8.【答案】C

【解析】解：A.“浸取”时适量增加硫酸的浓度，氢离子浓度增大，可加快化学反应速率，故A正确；
B.加Zn过量，会导致过滤所得的滤渣中有Zn，加硝酸溶解后会在硝酸铜中混有Zn(NO3)2杂质，故B正确；
C.铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，则Zn先与三价铁离子反应，再与铜离子反应，若将铜离子转化为铜单质，则三价铁离子一定完全反应，滤液Ⅱ中不存在Fe3+，故C错误；
D.硝酸易挥发，且加热促进铜离子水解，则Cu(NO3)2溶液在稀硝酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2⋅3H2O，故D正确；
故选：C。
由制备流程可知，黄铜灰渣加硫酸浸取，铜不与硫酸反应，Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3均与硫酸反应，过滤分离出滤渣I为Cu，滤液含硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，滤液中加入适量的Zn将溶液中的铜置换出来，过滤得到铜单质，将两次过滤得到的铜单质溶于硝酸生成硝酸铜，滤液Ⅱ含硫酸锌、硫酸亚铁，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.X含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能处于同一平面，故A错误；
B.连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X中六元环中连接支链的C为手性碳原子，Z中连接苯环和双键的碳原子为手性碳原子，则X、Z分子中均含有2个手性碳原子，故B正确；
C.Z中含有碳碳双键和酚羟基，可分别与溴发生加成反应、取代反应，则1molZ最多只能与3molBr2发生反应，故C错误；
D.X含有醇羟基，与氢氧化钠溶液不反应，故D错误。
故选：B。
A.X含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
B.X中六元环中连接支链的C为手性碳原子，Z中连接苯环和双键的碳原子为手性碳原子；
C.Z中含有碳碳双键和酚羟基，可分别与溴发生加成反应、取代反应；
D.X与氢氧化钠溶液不反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，难点不大。

10.【答案】C

【解析】解：A.原电池和电解池工作时，电子由负极(a)经外电路流向阴极(Y)，由阳极(X)经外电路回流到正极(b)，故A正确；
B.Y极为阴极，电极反应式为O2+2e−+2H+=2H2O2，故B正确；
C.酸性较弱，Fe3+生成氢氧化铁沉淀，故C错误；
D.由反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++⋅OH可知，当乙池中产生1mol羟基自由基时，消耗1mol过氧化氢，电路中转移2mol电子，由电荷守恒可知，甲池中有2molH+从M室移动到N室，故D正确；
故选：C。
由图可知，甲为燃料电池，b极氧元素价态降低得电子，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，a极为负极，乙为电解池，X极为阳极，Y极为阴极，电极反应式为O2+2e−+2H+=2H2O2，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。

11.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，温度升高，lgK1减小，则平衡常数K1减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆向吸热，正向放热，a<0，故A错误；
B.X点对应反应温度为400K，由图可知，X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达平衡状态，反应正向进行，，故B错误；
C.由图1可知，反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由图2可知，乙酸乙酯的降低速率大于甲醇的降低速率，600K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，故C正确；
D.B曲线随温度升高，物质的量分数升高，当温度高于600K时，反应Ⅱ几乎不发生，只考虑反应Ⅰ的情况下，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳或甲醚物质的量分数升高，故曲线B表示一氧化碳或甲醚的物质的量分数随温度的变化，故D错误；
故选：C。
A.K只受温度影响，由温度变化对K值影响判断反应吸放热；
B.X点未达平衡，温度不变，最终将达到平衡；
C.温度升高，平衡向吸热反应方向移动，由不同物质量的变化判断温度对反应的影响程度；
D.温度高于600K时，反应Ⅱ几乎不发生，反应Ⅰ平衡发生移动。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。

12.【答案】D

【解析】解：A.[Cu(OH)(NH3)]+中Cu2+有空轨道，OH−和NH3中O和N原子上有孤电子对，O和N是配位原子，故A正确；
B.由图可知，在①、④中铜的成键数目为2，在③、⑤中铜的成键数目为3，在②中铜的成键数目为4，所以该催化循环中Cu的成键数目发生了变化，故B正确；
C.反应过程中有氧气参与反应，有氮气生成，故存在非极性健的断裂和形成，故C正确；
D.由图可知，该反应过程中，有反应物：NH3、NO、O2，有生成物：H2O、N2，且NH3、NO、O2物质的量分别为2mol、2mol、0.5mol，生成H2O、N2的物质的量分别为3mol、2mol，所以方程式为：4NH3+2NO+2O2−[Cu(OH)(NH3)]+4N2+6H2O，故D错误；
故选：D。
A.[Cu(OH)(NH3)]+中Cu2+有空轨道，OH−和NH3中O和N原子上有孤电子对；
B.由图可知，在①、④中铜的成键数目为2，在③、⑤中铜的成键数目为3，在②中铜的成键数目为4；
C.反应过程中有氧气参与反应，有氮气生成；
D.由图可知，该反应过程中，有反应物：NH3、NO、O2，有生成物：H2O、N2，且NH3、NO、O2物质的量分别为2mol、2mol、0.5mol，生成H2O、N2的物质的量分别为3mol、2mol。
本题考查了元素化合物的性质、反应机理的分析、化学键的变化等知识，为高频考点，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力，掌握氧化还原反应的分析方法，把握图中物质之间的转化以及元素化合价的变化是解题的关键，题目难度不大。

13.【答案】2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+  随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大  适当增大c(Cl−)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl−(aq)⇌CuCl(s)向生成CuCl方向移动  4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl59.7abm%

【解析】解：(1)①Na2SO3将Cu2+还原为Cu+，生成的Cu+和Cl−结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+，
故答案为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
②Na2SO3溶液水解使溶液显碱性，随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大，故当n(Na2SO3)：n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCl产率越小，
故答案为：随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大；
③当1.0 故答案为：适当增大c(Cl−)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl−(aq)⇌CuCl(s)向生成CuCl方向移动；
(2)根据题意，有水存在时，CuCl被O2氧化为Cu2(OH)3Cl，根据电子守恒可知CuCl和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，
故答案为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(3)根据电子转移守恒可得关系式：6CuCl∼6Fe2+∼Cr2O72−，则n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10−3L×amol/L×6=6ab×10−3mol，CuCl的质量分数=6ab×10−3mol×99.5g⋅mol−1mg×100%=59.7abm%，
故答案为：59.7abm%。
海绵铜(Cu和少量CuO等)用硫酸、硝酸钠、水浸取，酸性环境中Cu被NO3−氧化，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，加入NaCl得到CuCl沉淀，过滤得到CuCl的粗产品，用pH=2的H2SO4水洗，再用“醇洗”快速去除滤渣表面的水，防止潮湿环境中滤渣被空气氧化，干燥得到纯净的CuCl。
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，涉及氧化还原反应、物质性质，实验设计等，把握试验流程分析是解题关键，需要学生有扎实的基础知识，综合性强，题目难度中等。

14.【答案】  还原反应、取代反应  硝基、醚键   4 或或或 

【解析】解：(1)由流程步骤可知，此步发生了硝化反应，对比有机物Ⅰ和Ⅲ的结构，可知第一步是取代反应，结合有机物Ⅱ的分子式确定其结构简式为；反应①硝基转变成氨基，为还原反应；反应③为取代反应，
故答案为：；还原反应、取代反应；
(2)化合物Ⅲ中含氧官能团除酯基之外还有硝基、醚键，

故答案为：硝基、醚键；
(3)分析反应②中的断键情况，其中氨基和中的酯基发生取代反应，同时生成一分子CH3OH，而醛基中的氧原子和酯基邻位氨基中的氢原子形成一分子H2O，故反应为，
故答案为：；
是比有机物Ⅰ相对分子量多14的同系物，由此确定其分子式为C10H12O4，既能发生银镜反应又能发生水解反应，除苯环外只有一个不饱和度，确定其具有甲酸某酯结构，能与3moLNaOH溶液反应，结合核磁共振氢谱图中氢原子数之比为1：1：2：2：6，可以确定甲酸某酯结构不能直接连在苯环上，联系芳香化合物的高对称结构和氢归宿确定同分异构体的结构有4种，分别为、、、，
故答案为：4；或或或；
(5)被酸性高锰酸钾氧化为，和甲醇发生取代反应生成，发生硝化反应生成，和Na2S2O3发生还原反应生成，和反应生成可以确定合成流程为，
故答案为：。
由流程步骤可知，此步发生了硝化反应，对比有机物Ⅰ和Ⅲ的结构，可知第一步是取代反应，结合有机物Ⅱ的分子式确定其结构简式为，有机物Ⅱ和HNO3发生取代反应生成III，有机物III发生反应①使硝基转变成氨基生成，发生反应③生成，再经过一系列反应可以得到目标产物，以此解答；
(5)被酸性高锰酸钾氧化为，和甲醇发生取代反应生成，发生硝化反应生成，和Na2S2O3发生还原反应生成，和反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确合成路线中各物质的推断是解答本题的关键，注意碳链骨架、官能团的变化、反应条件与反应类型的关系即可解答，题目难度中等。

15.【答案】减慢模拟烟气的通入速率  H2O+SO2=H2SO3、MnO2+H2SO3=H2SO4+H2O部分SO2(或H2SO3)在溶液中被氧气氧化生成SO42−  Mn2+对氧气氧化SO2(或H2SO3)具有催化作用  取体积相等的蒸馏水和MnCl2溶液，控制其他条件相同，向两份溶液中同时通入含SO2的空气模拟烟气，相同时间后测定溶液中SO42−的物质的量浓度  同时不断测定溶液pH，当4.7
【解析】解：(1)依据外界条件对反应速率的影响可判断，反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在SO2和空气比例一定、水浴温度一定、不改变固液投料并充分搅拌的情况下，还可采取的合理措施有减慢模拟烟气的通入速率；SO2和水反应，生成亚硫酸，亚硫酸和MnO2发生反应，Mn元素化合价降低，硫元素化合价升高，则烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为：H2O+SO2=H2SO3、MnO2+H2SO3=H2SO4+H2O，
故答案为：减慢模拟烟气的通入速率；H2O+SO2=H2SO3、MnO2+H2SO3=H2SO4+H2O；
(2)①由于部分SO2(或H2SO3)在溶液中被氧气氧化生成SO42−，因此导致吸收液中SO42−的物质的量浓度大于Mn2+的，
故答案为：部分SO2(或H2SO3)在溶液中被氧气氧化生成SO42−；
②由于反应中有锰离子生成，Mn2+对氧气氧化SO2(或H2SO3)具有催化作用，因此2h后，吸收液中SO42−的物质的量浓度增大速率加快的原因是Mn2+对氧气氧化SO2(或H2SO3)具有催化作用；验证的实验方法是取体积相等的蒸馏水和MnCl2溶液，控制其他条件相同，向两份溶液中同时通入含SO2的空气模拟烟气，相同时间后测定溶液中SO42−的物质的量浓度，
故答案为：Mn2+对氧气氧化SO2(或H2SO3)具有催化作用；取体积相等的蒸馏水和MnCl2溶液，控制其他条件相同，向两份溶液中同时通入含SO2的空气模拟烟气，相同时间后测定溶液中SO42−的物质的量浓度；
(3)将三颈烧瓶中的混合物过滤，测得滤液中c(Mn2+)=1.0mol⋅L−1，还含有Fe3+和Al3+，根据溶度积常数可知生成氢氧化锰沉淀时氢氧根的浓度是10−6.4mol/L，为防止生成氢氧化锰沉淀，溶液的pH不能超过7.6，又因为还需要除去铁离子和铝离子，根据溶度积常数可知二者完全沉淀时需要的pH分别是4.7、3.2，因此以及已知信息可知常温下，由100mL该滤液制取高纯MnCO3的实验方案为：向溶液中边搅拌边滴加1.0mol⋅L−1 NaOH溶液，同时不断测定溶液pH，当4.7 故答案为：同时不断测定溶液pH，当4.7 (1)反应过程中，SO2和空气比例一定、水浴温度一定、不改变固液投料并充分搅拌的情况下，还可减慢模拟烟气的通入速率；SO2和水反应，生成亚硫酸，亚硫酸和MnO2发生反应，Mn元素化合价降低，硫元素化合价升高；
(2)①部分SO2(或H2SO3)在溶液中被氧气氧化生成SO42−；
②由于反应中有锰离子生成，Mn2+对氧气氧化SO2(或H2SO3)具有催化作用；取体积相等的蒸馏水和MnCl2溶液，控制其他条件相同，向两份溶液中同时通入含SO2的空气模拟烟气；
(3)滤液中c(Mn2+)=1.0mol⋅L−1，还含有Fe3+和Al3+，根据溶度积常数可知生成氢氧化锰沉淀时氢氧根的浓度是10−6.4mol/L，为防止生成氢氧化锰沉淀，溶液的pH不能超过7.6，又因为还需要除去铁离子和铝离子，根据溶度积常数可知二者完全沉淀时需要的pH分别是4.7、3.2，因此以及已知信息可知常温下，由100mL该滤液制取高纯MnCO3的实验方案为：向溶液中边搅拌边滴加1.0mol⋅L−1 NaOH溶液，同时不断测定溶液pH，当4.7 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度较大。

16.【答案】(a+b)2  Fe−2e−=Fe2+  2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除  下降  随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降  NH4++NO2−=N2↑+2H2O

【解析】解：(1)①2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)△H=akJ⋅mol−1
②2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)△H=bkJ⋅mol−1
③Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)△H=ckJ⋅mol−1
根据盖斯定律，(①+②)×12可得：Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)，故△H=(a+b)2mol/L，
故答案为：(a+b)2；
(2)①阳离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，阳极是Fe放电生成Fe2+，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+；②铁电极附近有无色气体产生，电解治理亚硝酸盐对水体的污染，应是亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气的反应，离子方程式为：2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+；2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O；
(3)①其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能原因是：水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除；②由图象可知，溶液pH越大，硝酸根离子的去除率下降；③可能原因是：随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降，
故答案为：水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除；下降；随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降；
(4)整个过程是NO2−与NH4+反应生成N2和H2O，总的反应方程式为NH4++NO2−=N2↑+2H2O，
故答案为：NH4++NO2−=N2↑+2H2O。
(1)①2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)△H=akJ⋅mol−1
②2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)△H=bkJ⋅mol−1
③Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)△H=ckJ⋅mol−1
根据盖斯定律，(①+②)×12可得：Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)；
(2)①阳离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，阳极是Fe放电生成Fe2+；②铁电极附近有无色气体产生，电解治理亚硝酸盐对水体的污染，应是亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气的反应；
(3)①其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，说明氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气具有氧化性，氧化铵根离子生成无毒气体氮气；②由图可知，溶液pH越大，硝酸根离子的去除率降低；③酸碱度影响催化剂的活性；
(4)整个过程是NO2−与NH4+反应生成N2和H2O。
本题考查比较综合，涉及运用盖斯定律计算反应热、电解原理应用、陌生方程式的书写、图象分析等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。