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江苏省连云港市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份江苏省连云港市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共28页。试卷主要包含了000 g，配制成250，0时Al3沉淀完全；pH=8，3％，41％或7等内容，欢迎下载使用。
江苏省连云港市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）氨氮()废水造成水体富营养化，必须脱除才能排放，常用的方法有化学沉淀法、氧化法等。
I.化学沉淀法：
(1)向含有氨氮的废水中添加和，发生反应，生成沉淀，写出该反应的离子方程式_______。
(2)为探究溶液酸碱性对氨氮脱除效果的影响，室温下配制氨氮废水[]，对该废水进行值与氨氮脱除效果影响的实验研究，研究结果如图：
①氨氮脱除效果最佳的范围是_______。
a.6～7b.8～10c.10~12
②氨氮脱除率较低的原因为___，造成氨氮脱除率随增大而减小的可能原因是____。
II.氧化法：
和在有氧条件及催化剂作用下发生反应：，当温度升高到550~700℃时，NO转化率明显下降，产率明显上升，可能原因是___。
2. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）去除水体中砷的技术主要有物理吸附法及化学氧化法。
(1)物理吸附法
用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，纳米二氧化钛投加量对活性炭去除砷效果如图1所示：
①纳米二氧化钛投加量为____时，砷的吸附量可达最大。
②未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，可能的原因是____。
③若要提高废水中As(III)的去除率，可采取的措施___。
(2)化学氧化法
该方法须将废水中的As(III)用空气或铁离子氧化为As(V)，然后再去除，为了探究As(III)被哪种氧化剂氧化，设计如下实验：取含As(III)废水，在pH分别为1~10条件下反应1h后，过滤，测定滤液中三价铁和二价铁的含量，得出不同pH下三价铁和二价铁的浓度随pH变化如图2所示：
①pH在3~4时Fe3+浓度变化的主要原因为____。
②由实验可知废水中的As(III)主要被___氧化为As(V)，理由为___。
3. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）乳酸亚铁晶体是一种良好的补铁剂。以FeSO4·7H2O和乳酸为原料可制备乳酸亚铁。
(1)碳酸亚铁的制备
将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，边搅拌边缓慢滴加NH4HCO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥，得纯净的FeCO3固体。NH4HCO3与FeSO4反应的离子方程式为________。
(2)乳酸亚铁晶体的制备
向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液和少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，低温蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。制备乳酸亚铁晶体的过程中加入少量铁粉的目的是________。
(3)乳酸亚铁晶体纯度的测定：准确称取样品6.000 g，配制成250.00 mL溶液，取25.00 mL溶液于250 mL锥形瓶中，用0.1000 mol/LCe(SO4)2溶液滴定至终点（滴定过程中Ce4+与Fe2+反应生成Ce3+和Fe3+），消耗Ce(SO4)2溶液20.00 mL。则样品中乳酸亚铁晶体的纯度为________（以质量分数表示；写出计算过程；乳酸亚铁晶体的相对分子质量为288）。
4. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）兴趣小组以一种工业废渣(主要成分为MgCO3和少量FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：
(1)“酸溶”过程中加入的H2SO4不宜过量太多，原因是________。
(2)加入H2O2 “氧化”时反应的离子方程式为________。反应温度一般控制在40℃~50℃，目的是________。
(3)用下图所示的实验装置以除去氧化后溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A的名称为________。
②常用________来检验水溶液中的Fe3+是否除净。
(4)请补充完整由(3)中得到的水溶液来制备MgCO3·3H2O的实验方案：边搅拌边________，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
[可供选用的试剂：氨水、Na2CO3溶液、蒸馏水；已知该溶液中pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀。]
5. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）工业烟气中含有NO，必须脱除后才能排放，某兴趣小组为测定烟气中NO的脱除效率，设计实验如下：
(1)用的络合物作吸收液脱除NO原理为，依据该原理设计的实验部分装置如图：
①连接好装置，检查气密性完好后，通烟气前应该进行的实验操作是_______。
②判断装置B中吸收液吸收达到饱和依据的实验现象是_______。
(2)用氧化吸收液，通过测定氧化后溶液中含量来验证该吸收液的吸收效果。
①25℃时，用不同的吸收液吸收，达饱和后用氧化，氧化后物质的量浓度随的变化如图所示：
当时，浓度随增大而变小，一方面是过大会抑制氧化时的产生，使氧化能力下降；另一方面是____。
②为了测定氧化吸收液过程中所消耗的的量，向吸收后的吸收液中加入，测得氧化过程中产生标况下0.0224L，完全氧化后，测得氧化后的吸收液中含、。那么氧化吸收液所消耗的的物质的量为___。
(3)吸收液氧化后的再生。
已知吸收液氧化后的主要成分为，向氧化后的吸收液中___。(已知溶液在时能析出白色固体，时能从溶液中沉淀出来：实验中须使用的试剂：溶液、粉、稀；除常用仪器外须使用仪器：砂芯漏斗)。
6. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）以、和KOH溶液为原料可制备高效水处理剂并测定样品中总铁的含量。
已知具有下列性质：①紫色固体，可溶于水、微溶于浓KOH溶液，
②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定。
(1)制备粗产品。在搅拌下将通入盛有和KOH溶液的三颈瓶中(装置见图)。充分反应后，得到紫色固体和溶液，过滤得粗产品。
①装置A中转化为的离子方程式为_______。
②装置B的作用是_______。
③实验过程中应控制装置A中反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是_______。
(2)提纯粗产品[含有、KCl等杂质]的实验方案为：_______(实验中须使用的试剂有：稀KOH溶液、饱和KOH溶液，乙醇：除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。
(3)样品纯度测定。实验检测原理为：
准确称取0.1400g样品，置于碘量瓶中，加入适量NaOH溶液和过量KI溶液，用玻璃棒将液面下样品颗粒压碎，使其充分溶解，加稀硫酸酸化，密封在暗处静置40min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度：_______(写出计算过程)。
7. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）含有的悬浊液可用于检验醛基，原理可用下列化学方程式表示：
（1）基态核外电子排布式为________。
（2）中碳原子轨道的杂化类型是________。
（3）分子中键与键的数目比________。
（4）广泛应用于太阳能电池领域，其晶胞为立方体（见下图），晶胞中原子的配位数为________。
（5）可溶于氨水生成配离子。研究发现，与的空间构型相同，而却难以与形成配离子，其原因是________。
8. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）化合物具有抗组织胺活性，可用于减轻皮肤瘙痒，其合成路线如下：
（1）中含氧官能团的名称为________和________。
（2）写出反应的方程式：________。
（3）的反应中的分子式为，写出的结构简式：________。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出同分异构体的结构简式：________。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应，不能与溶液发生显色反应；
②酸性水解后，含苯环的产物分子中只有3种不同化学环境的氢。
（5）已知：（表示烃基）
写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）：________。
9. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）有机化合物I是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下：
(1)A→B反应的条件X是_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)上述合成路线中，G的分子式为，其结构简式为_______。
(4)H的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能使溴水褪色；
②分子中有5种不同化学环境的氢原子；
③既能发生银镜反应又能发生水解反应，且水解产物遇氯化铁发生显色反应。
(5)设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)____。
10. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）化合物G是一种药物合成中的中间体，其合成路线如下：
(1)E中官能团的名称是碳氟健、_______、_______。
(2)D→E的反应类型为_______。
(3)F→G的反应中，反应物X的分子式为，其结构简式为_______。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能与银氨溶液发生银镜反应。
②能发生水解反应，水解产物之一能与溶液发生显色反应，且分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶1∶1。
(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
11. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）煤炭燃烧产生的烟气会对空气造成严重污染。兴趣小组进行了ClO2协同氨水脱除模拟烟气中NO和SO2的实验研究，其流程如下：
(1)“喷淋液”中的ClO2可通过下述方法制备：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
当生成1 mol ClO2时，转移的电子为________mol。
(2)所得副产物中除了NH4Cl外，还有________(填化学式)。
(3)传统湿式氨法烟气处理技术以氨水作为喷淋液，在催化剂作用下，喷淋除去NO过程中有一种无污染气体生成。该反应的化学方程式为________。
(4)利用ClO2协同氨水进行脱硫脱硝净化时，NO和SO2气体脱除效率随pH变化情况如图1所示，ClO2被还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图2所示。
①NO的脱除率随着pH的增大而逐渐减弱，可能原因是________。
②写出pH≤2.0时，ClO2脱除SO2反应的离子方程式：________。
12. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）从固体废料“赤泥”(含、、、等)中回收的可用作半导体镀层的蒸镀材料。回收过程可表示为
资料：①“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来：和不易被C还原，且难溶于盐酸；草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物。
②常温下，、、的分别为、、。
(1)“酸浸”时，滤渣的主要成分除了C之外，还有_______(填化学式)。
(2)“氧化”时，反应的离子方程式为_______。
(3)常温下“调pH”时，溶液中，为了除去杂质离子，应控制的pH范围是_______。
(4)“沉钪”时，发生反应。反应过程中，测得钪的沉淀率随反应物起始物质的量比的变化如图-1所示。当时，钪的沉淀率开始下降的原因是_______。
(5)草酸钪晶体[]在加热后，固体质量随温度变化曲线如图-2所示。在550～850℃范围内，反应的化学方程式为_______。
13. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，甲烷水蒸气催化重整是制备氢气的方法之一，涉及的主要反应为
反应①：
反应②：
（1）反应的________。
（2）用可以吸收催化重整过程中产生的。
①实验发现，体积分数和消耗率随时间变化关系如下图1所示。
从时开始，体积分数显著降低，此时消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：________。
②其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入等质量粒径不同的可以提高的百分含量。对比实验的结果如图2所示。投入纳米时百分含量比投入微米时的大，原因是________。
（3）催化重整过程中，催化剂活性会因积碳反应而降低，相关数据如下表：
反应
Ⅰ
Ⅱ
75
①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积碳过程，则反应Ⅱ也不会发生积碳过程。为了抑制积碳反应的发生，应采取的措施是________。
②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积碳反应，通入过量水蒸气能有效清除积碳，反应的化学方程式为________。
（4）利用太阳能光伏电池可电解水制高纯氢，工作示意图如下图所示。连接时，电极Ⅲ发生的电极反应式为__________。
14. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）以为还原剂的选择性催化还原(NH3-SCR)技术是消除氮氧化物(NOx)污染的重要方法。
(1)法消除(主要成分为NO)时同时发生如下3个反应：
①标准SCR反应：
②快速SCR反应：
③慢速SCR反应：
消除氮氧化物时，需先通过预氧化催化器将中部分NO转成，使其物质的量之比约为1∶1，主要目的是_______。
(2)其他条件相同，在2L密闭容器中加入、2mol NO和，分别在甲、乙两种催化剂作用下发生如下反应： 。反应相同时间后，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。
①在催化剂甲作用下、100～210℃范围内，随着反应温度升高，NO的转化率逐渐增大的原因是_______。
②图中X点对应的反应体系中，的物质的量分数为_______。
(3)根据和在催化剂表面吸附状态，反应存在两种可能的反应机理：
E-R机理：先吸附在催化剂表面形成吸附态，吸附态与气态(非吸附态)反应生成过渡态中间产物，进一步分解为和。
L-H机理：与均被吸附形成吸附态，吸附态与相邻的吸附态反应生成和。
为了探究还原NO反应的机理，在相同条件下，将和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，测得反应器出口、NO浓度随时间变化曲线如图所示。
①能证明该反应机理为E-R的证据是_______
②研究发现：其他条件不变时，增大NH3的浓度，NO的转化速率几乎不变，原因可能是________
参考答案：
1. b 时，部分更多的转化为，导致减小，结合、生成的沉淀减少 时，与反应生成，与结合生成难溶的，与反应生成难溶的；与反应生成；以上因素均会造成生成沉淀减少即造成氨氮脱除率减少 当温度升高到550~700℃时，平衡逆移，导致转化率下降，同时在催化剂作用下与反应生成
【详解】I．(1)向含有氨氮的废水中添加和，发生复分解反应，生成沉淀，反应离子方程式为。
(2)①当溶液pH适当增大时，除氨氮的反应平衡正向移动，当溶液中OH-增大至更高时，会与OH-反应，使得氨氮去除率下降，由图可知，氨氮脱除效果最佳的pH范围是8～10，故答案为：b。
②在溶液中完全电离出，属于弱酸根离子，能与H+反应，同时也能与OH-反应生成，Mg2+能与和OH-反应生成难溶物，因此氨氮脱除率较低的原因为：时，部分更多的转化为，导致减小，结合、生成的沉淀减少；时，与反应生成，与结合生成难溶的，与反应生成难溶的；与反应生成；以上因素均会造成生成沉淀减少即造成氨氮脱除率减少。
II．，当温度升高至一定范围后，平衡逆向移动，同时NH3能被O2氧化为NO2，因此当温度升高到550~700℃时，NO转化率明显下降，产率明显上升，可能原因是：当温度升高到550~700℃时，平衡逆移，导致转化率下降，同时在催化剂作用下与反应生成。
2. 20mg∙g-1 活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III) 加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来 空气中的O2 若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖
【详解】(1)①由图可知，纳米二氧化钛投加量为20mg∙g-1时，砷的吸附量可达最大，故答案为：20mg∙g-1。
②物理吸附法去除水体中砷的过程中用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，由于活性炭自身具有一定吸附能力，因此未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，故答案为：活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III)。
③由图可知，纳米二氧化钛投加量相同时，As(V)吸附量始终高于As(III)吸附量，因此若要提高废水中As(III)的去除率，可将As(III)氧化为As(V)，故答案为：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
(2)①Fe3+为弱离子，在水中会发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液pH增大，Fe3+水解程度增大，最终以Fe(OH)3形式沉淀，故答案为：pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来。
②若溶液中As(III)是被Fe3+氧化，则溶液中Fe3+被还原为Fe2+会使溶液中Fe2+浓度增大，由图可知，溶液中Fe2+浓度始终为0，由此说明废水中的As(III)主要被空气中的O2氧化为As(V)，故答案为：空气中的O2；若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖。
3. Fe2++2=FeCO3↓+ CO2↑+H2O 防止Fe2+被氧化 96.00%
【分析】(1)NH4HCO3与FeSO4反应产生FeCO3、CO2、H2O，据此书写反应的离子方程式；
(2)根据Fe2+具有强的还原性分析判断；
(3)根据滴定过程中Ce4+与Fe2+反应生成Ce3+和Fe3+，利用二者反应关系，通过计算Ce4+的物质的量计算出实验溶液中含有的Fe2+的物质的量，再根据溶液总体积与实验体积关系计算配制的溶液中含有的Fe2+的物质的量及相应的乳酸亚铁晶体的质量，最后根据晶体质量与样品质量的比计算其纯度。
【详解】(1) NH4HCO3与FeSO4反应产生FeCO3、CO2、H2O，根据物质拆分原则，可得该反应的离子方程式：Fe2++2=FeCO3↓+ CO2↑+H2O；
(2) Fe2+具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化产生Fe3+，加入铁粉，就可以使变质的部分再发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而可防止Fe2+被氧化；
(3)在滴定过程中会发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，二者的物质的量相等，在20.00 mL0.1000 mol/LCe(SO4)2溶液中含有的物质的量n(Ce4+)=0.1000 mol/L×0.0200 L=2.000×10-3mol，则滴定溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=n(Ce4+)=2.000×10-3mol，那么在6.000 g样品配制成250.00 mL溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=2.000×10-3mol×=2.000×10-2 mol，根据铁元素守恒，产生这些Fe2+需要的乳酸亚铁的质量是m(乳酸亚铁)=2.000×10-2 mol×288 g/mol=5.76 g，所以该乳酸亚铁样品的纯度：×100%=96.00%。
【点睛】本题考查了化学方程式和离子方程式的书写及物质含量的测定。结合物质的性质，根据反应过程中已知物与待求物之间的物质的量关系及使用量与总物质的量关系分析解答。
4. 避免制备MgCO3时消耗过多的碱 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 适当加快反应速率，同时防止H2O2受热分解 分液漏斗 KSCN(或硫氰化钾)溶液 向溶液中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、用蒸馏水洗涤固体2~3次。
【分析】
工业废渣(主要成分为MgCO3和少量FeO、Fe2O3、Al2O3)，加入40%的硫酸进行酸溶，过滤除去不溶性杂质，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化Fe2+产生Fe3+，然后加入有机溶剂，使Fe3+进入有机溶剂中，水溶液中含有硫酸镁、硫酸铝及过量硫酸，然后向其中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，使溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤除去，再向滤液中入碳酸钠溶液，可反应生成MgCO3•3H2O沉淀，以此解答该题。
【详解】
(1)“酸溶”过程中加入的H2SO4不宜过量太多，这是因为制备MgCO3时，过量的酸会消耗过多的碱；
(2)Fe2+具有还原性，会与具有氧化性的H2O2反应产生Fe3+。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得加入H2O2“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2不稳定，受热易分解，因此反应温度不能太高；但温度过低，反应速率又比较慢。反应温度一般控制在40℃~50℃，目的是适当加快反应速率，同时防止H2O2受热分解；
(3)①根据实验装置图可知仪器A的名称为分液漏斗；
②由于Fe3+遇SCN-，溶液会变为红色，所以可通过滴加KSCN(或硫氰化钾)溶液，观察溶液是否变为红色来检验水溶液中的Fe3+是否除净；若不变红色，说明除干净了，否则就未除干净；
(4)由(3)中得到的水溶液来制备MgCO3·3H2O的实验方案是：边搅拌边向溶液中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤除去Al(OH)3，边搅拌边，再向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，说明Mg2+全部形成了MgCO3·3H2O沉淀，再过滤、用蒸馏水洗涤固体2~3次，就得到纯净的MgCO3·3H2O。
5. 用N2排尽整套装置中的空气 装置A和装置C产生气泡的速率相同 pH增大促使水解生成难溶的，溶液中浓度减小，导致其络合的NO变少 1.002mol 加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节
【详解】(1)①NO能与氧气反应生成二氧化氮，因此通烟气前用N2排尽装置中的空气，防止NO被氧化成二氧化氮，故答案为通烟气前用N2排尽装置中的空气；
②B中吸收液吸收NO达到饱和，可以通过观察A和C装置中产生气泡的速率，若装置A和装置C产生气泡的速率相同，则说明B中吸收液吸收NO达到饱和，故答案为装置A和装置C产生气泡的速率相同；
(2)①Fe2+发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，pH增大促使平衡向正反应方向进行，生成难溶的氢氧化亚铁，使浓度降低，导致其络合的NO的量变少；故答案为pH增大促使水解生成难溶的，溶液中浓度减小，导致其络合的NO变少；
②根据题中所给信息，H2O2作氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，将NO氧化成，根据得失电子数目守恒，得出：n(H2O2) ×2×1=n(Fe3+)×1+n()×3，代入数值，解得n(H2O2)=1mol，Fe3+作催化剂，使H2O2分解成H2O和氧气，分解H2O2的物质的量为2×10－3mol，共消耗H2O2的物质的量为1.002mol，故答案为1.002mol；
(3)根据题中所给信息，吸收液氧化后的再生，具体操作是向氧化后的吸收液中加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节；故答案为加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节。
6. (1) 吸收多余的氯气 冰水浴
(2)在搅拌下将粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥
(3)94.3％
【分析】装置A为制取原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，装置B为吸收有毒尾气氯气；
(1)
①装置A中转化为的离子方程式为；
②氯气有毒且能被NaOH溶液吸收，装置B的作用是吸收多余的氯气；
③实验过程中应控制装置A中反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是冰水浴；
(2)
已知微溶于浓KOH溶液，提纯粗产品的实验方案为：在搅拌下将粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥；
(3)
由、可得关系式：，解得n=，质量为m=nM=×198g/mol=0.132g，样品的纯度：。
7. （或） 、 4 因为元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素，导致中的氮原子难以提供孤电子对与形成配位键
【分析】(1)Cu核外有29个电子，Cu失去最外层1个电子生成；
(2)中，甲基中碳原子形成4个键，羧基中的碳原子形成3个键；
(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；
(4)根据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子；
(5) 元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素；
【详解】(1)Cu核外有29个电子，Cu核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去最外层1个电子生成，基态核外电子排布式为；
(2)中，甲基中碳原子形成4个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是，羧基中的碳原子形成3个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是；
(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；的结构式是，分子中键与键的数目比6∶1；
(4)根据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子，晶胞中原子的配位数为4；
(5) 因为元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素，导致中的氮原子难以提供孤电子对与形成配位键，所以难以与形成配离子。
8. （酚）羟基 羧基 +CH2=CHCN
【分析】由各物质的结构式及整体流程图可知，A发生加成反应生成了B，B→C过程是—CN到—COOH的转变，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，据此解答。
【详解】（1）的结构式为：，所含氧官能团的名称为酚羟基和羧基；
（2）反应的方程式： +CH2=CHCN ；
（3）的反应中的分子式为，根据DE的结构简式，可推测的结构简式：；
（4）的同分异构体满足：分子中含有苯环，能发生银镜反应，不能与溶液发生显色反应，则该物质含醛基，不含酚羟基；酸性水解后，含苯环的产物分子中只有3种不同化学环境的氢写出同分异构体的结构简式，含酯基，且该物质高度对称，则苯环上的二取代为对位取代，且该物质属于甲酯，故结构简式为：；
（5）已知：（表示烃基），以为原料制备的合成路线可参照本题题干B→D步骤，故合成路线流程图：
。
9. 浓硫酸(或)、加热(或∆) 取代反应
【详解】(1)A→B反应为发生消去反应生成，反应为醇的消去反应，因此反应条件为浓硫酸(或)、加热(或∆)，故答案为：浓硫酸(或)、加热(或∆)。
(2)B→C的反应为中H原子被Br原子取代生成，故答案为：取代反应。
(3)G能与银氨溶液反应，说明G中存在醛基，G的分子式为，其中不饱和度为6，说明H中除苯环和醛基外还含有不饱和键，由H的结构简式可知，H的结构简式为，故答案为：。
(4)H的同分异构体满足：①能使溴水褪色，说明H中含有碳碳双键或碳碳三键；②分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明H中一定存在对称结构；③既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明H中含有酯基和醛基，且水解产物遇氯化铁发生显色反应，说明H中的酯基为酚与羧酸形成的酯基，H分子中不饱和度为6，综上说明该同分异构体中存在苯环、甲酸酯基、碳碳双键，因此该同分异构体结构简式为，故答案为：。
(5)以和为原料制备，中含有酯基，因此需要利用和发生酯化反应，制备过程均需要增长碳链，然后利用F→G→H的反应制备，可利用B→C→D的反应实现，因此具体合成路线为：。
10. (1) 氨基 酰胺基或酰胺键
(2)还原反应
(3)
(4)
(5)。
【分析】和为原料制备的过程中，甲苯发生硝化反应生成，再需要把硝基还原为氨基、把甲基氧化为羧基，由于氨基易被氧化，所以先把甲基氧化为羧基，再把硝基还原为氨基。
（1）
根据E的结构简式，可知E中的官能团是是碳氟健、氨基、酰胺基；
（2）
D→E是D中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应。
（3）
F、X、反应生成G，由G的结构简式逆推，可知X是；
（4）
①能与银氨溶液发生银镜反应；②能发生水解反应，水解产物之一能与溶液发生显色反应，说明为甲酸酚酯，且分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶1∶1，符合条件的的结构简式为。
（5）
发生硝化反应生成，氧化为，和SOCl2反应生成，和反应生成，还原为，合成路线为。
11. 1 (NH4)2SO4、NH4NO3 4NH3+6NO5N2+6H2O 随着pH增大，ClO2易(发生歧化反应)转化为ClO2-，造成其氧化能力减弱 5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+
【分析】(1)根据同一元素发生氧化还原反应的规律分析判断；
(2)SO2、NO会被ClO2氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl；
(3)NH3、NO会发生归中反应产生N2、H2O；
(4)①根据溶液pH与物质氧化性强弱分析判断；
②写出pH≤2.0时，溶液显强酸性，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，结合物质在溶液中存在形式，及电子守恒书写反应的离子方程式。
【详解】(1)在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价，得到1个电子，Cl元素由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1价，得到1 个电子，由于化合价升降总数相同，所以反应中每产生1 mol Cl2，电子转移的物质的量是2 mol，同时产生2 mol ClO2，则当生成1 mol ClO2时，转移的电子为1 mol；
(2)ClO2具有强的氧化性，会将SO2、NO氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl，所以所得副产物中除了NH4Cl外，还有(NH4)2SO4、NH4NO3；
(3)氨水分解产生NH3，NH3、NO会在一定条件下发生归中反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
(4)①ClO2在碱性条件下会发生反应产生ClO2-、Cl-，使物质的氧化性减弱，导致NO的脱除率随着pH的增大而逐渐减弱；
②当溶液pH≤2.0时，溶液显强酸性，在酸性条件下，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式：5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关知识。涉及物质的氧化性的影响因素、物质之间的反应、方程式的书写及有关计算。物质的氧化性或还原性与物质的浓度、溶液的酸碱性、温度等有关，溶液浓度越大、温度越高、溶液酸性越强，物质的氧化性或还原性越强。在氧化还原反应中氧化剂得到电子与还原剂失去电子相等，反应特征、实质与反应类型关系可概括为：“升失氧、降得还”。这是氧化还原反应分析的依据。
12. (1)
(2)
(3)3≤pH＜5
(4)草酸的用量增多，有利于促进平衡正移，提高钪的沉淀率；过量的草酸也会将草酸钪沉淀转化为可溶性的配合物，导致钪的沉淀率下降，且后者的影响强于前者
(5)
【分析】“赤泥”含、、、，加入焦炭“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来，和不易被C还原，分离出熔融物后剩余C、和及少量Fe，加盐酸“酸浸”， C、难溶于盐酸，过滤，滤液中含有ScCl3及少量FeCl2，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节溶液的pH生成沉淀除Fe，过滤，滤液加草酸“沉钪”，得到晶体，加热得。
（1）
“熔炼”后分离出熔融物后剩余C、和及少量Fe，加盐酸“酸浸”， C、难溶于盐酸，滤渣的主要成分除了C之外，还有。
（2）
“氧化”时，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（3）
常温下“调pH”，为使Fe3+完全沉淀，c(OH-)，所以pH≥3，溶液中，为了Sc3+不沉淀，c(OH-)<，pH<5，应控制的pH范围是3≤pH＜5。
（4）
草酸的用量增多，有利于促进平衡正移，提高钪的沉淀率；过量的草酸也会将草酸钪沉淀转化为可溶性的配合物，导致钪的沉淀率下降，且后者的影响强于前者，所以当时，钪的沉淀率开始下降。
（5）
550℃时，剩余固体的质量与原始固体的质量比为，可知550℃时的固体是，850℃剩余固体的质量与原始固体的质量比为，即 ，则x=3，即850℃剩余固体是，在550～850℃范围内，反应的化学方程式为。
13. 169 ，覆盖在表面，阻止反应继续进行 纳米颗粒更小，进一步增大了反应物的接触面积，使反应速率加快 降低温度、增大压强
【详解】(1)根据盖斯定律，可知反应由反应①加反应②写出，则反应热；
(2)①可以吸收催化重整过程中产生的，，覆盖在表面，阻止反应继续进行；
②由图2可知，投入纳米时百分含量比投入微米时的大，因为纳米颗粒小于微米，进一步增大了反应物的接触面积，使反应速率加快；
(3)①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程，因此，若保持催化剂的活性，平衡Ⅰ逆向进行，平衡Ⅱ正向进行，应采取的条件是：降低温度、增大压强；
②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭是水蒸气和碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式：；
(4)连接时，该电池为电解池，电极Ⅲ与电源负极相连，作阴极，根据电子的得失及化合价的升降可得出阴极发生的电极反应式为。
14. (1)有利于快速SCR反应的发生，进一步提高的转化率
(2) 100～210℃，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快或催化剂甲的活性增强 7.41％或7.4％
(3) 将和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，开始阶段反应器出口浓度逐渐增大，而NO浓度迅速增大，停止通入和NO时，NO的浓度迅速降为0，而的浓度降为零则耗时较长，说明开始通入时，部分分子被吸附在催化剂表面，而NO未被吸附，当停止通入时，被吸附的逐渐解吸释放出来 在催化剂表面的吸附已达饱和，增大浓度不能改变吸附态的量
【解析】（1）
有反应②可知，当NO、的物质的量比为1:1时，反应速率快，所以先通过预氧化催化器将中部分NO转成，使其物质的量之比约为1∶1，主要目的是有利于快速SCR反应的发生，进一步提高的转化率。
（2）
①在催化剂甲作用下、100～210℃范围内，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快或催化剂甲的活性增强，所以随着反应温度升高，NO的转化率逐渐增大；
②图中X点NO的转化率为80% ；
对应的反应体系中，的物质的量分数为 ；
（3）
①将和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，开始阶段反应器出口浓度逐渐增大，而NO浓度迅速增大，停止通入和NO时，NO的浓度迅速降为0，而的浓度降为零则耗时较长，说明开始通入时，部分分子被吸附在催化剂表面，而NO未被吸附，当停止通入时，被吸附的逐渐解吸释放出来，说明该反应机理为E-R；
②在催化剂表面的吸附已达饱和，增大浓度不能改变吸附态的量，所以其他条件不变时，增大NH3的浓度，NO的转化速率几乎不变。
江苏省连云港市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）氨氮()废水造成水体富营养化，必须脱除才能排放，常用的方法有化学沉淀法、氧化法等。
I.化学沉淀法：
(1)向含有氨氮的废水中添加和，发生反应，生成沉淀，写出该反应的离子方程式_______。
(2)为探究溶液酸碱性对氨氮脱除效果的影响，室温下配制氨氮废水[]，对该废水进行值与氨氮脱除效果影响的实验研究，研究结果如图：
①氨氮脱除效果最佳的范围是_______。
a.6～7b.8～10c.10~12
②氨氮脱除率较低的原因为___，造成氨氮脱除率随增大而减小的可能原因是____。
II.氧化法：
和在有氧条件及催化剂作用下发生反应：，当温度升高到550~700℃时，NO转化率明显下降，产率明显上升，可能原因是___。
2. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）去除水体中砷的技术主要有物理吸附法及化学氧化法。
(1)物理吸附法
用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，纳米二氧化钛投加量对活性炭去除砷效果如图1所示：
①纳米二氧化钛投加量为____时，砷的吸附量可达最大。
②未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，可能的原因是____。
③若要提高废水中As(III)的去除率，可采取的措施___。
(2)化学氧化法
该方法须将废水中的As(III)用空气或铁离子氧化为As(V)，然后再去除，为了探究As(III)被哪种氧化剂氧化，设计如下实验：取含As(III)废水，在pH分别为1~10条件下反应1h后，过滤，测定滤液中三价铁和二价铁的含量，得出不同pH下三价铁和二价铁的浓度随pH变化如图2所示：
①pH在3~4时Fe3+浓度变化的主要原因为____。
②由实验可知废水中的As(III)主要被___氧化为As(V)，理由为___。
3. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）乳酸亚铁晶体是一种良好的补铁剂。以FeSO4·7H2O和乳酸为原料可制备乳酸亚铁。
(1)碳酸亚铁的制备
将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，边搅拌边缓慢滴加NH4HCO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥，得纯净的FeCO3固体。NH4HCO3与FeSO4反应的离子方程式为________。
(2)乳酸亚铁晶体的制备
向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液和少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，低温蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。制备乳酸亚铁晶体的过程中加入少量铁粉的目的是________。
(3)乳酸亚铁晶体纯度的测定：准确称取样品6.000 g，配制成250.00 mL溶液，取25.00 mL溶液于250 mL锥形瓶中，用0.1000 mol/LCe(SO4)2溶液滴定至终点（滴定过程中Ce4+与Fe2+反应生成Ce3+和Fe3+），消耗Ce(SO4)2溶液20.00 mL。则样品中乳酸亚铁晶体的纯度为________（以质量分数表示；写出计算过程；乳酸亚铁晶体的相对分子质量为288）。
4. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）兴趣小组以一种工业废渣(主要成分为MgCO3和少量FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：
(1)“酸溶”过程中加入的H2SO4不宜过量太多，原因是________。
(2)加入H2O2 “氧化”时反应的离子方程式为________。反应温度一般控制在40℃~50℃，目的是________。
(3)用下图所示的实验装置以除去氧化后溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A的名称为________。
②常用________来检验水溶液中的Fe3+是否除净。
(4)请补充完整由(3)中得到的水溶液来制备MgCO3·3H2O的实验方案：边搅拌边________，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
[可供选用的试剂：氨水、Na2CO3溶液、蒸馏水；已知该溶液中pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀。]
5. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）工业烟气中含有NO，必须脱除后才能排放，某兴趣小组为测定烟气中NO的脱除效率，设计实验如下：
(1)用的络合物作吸收液脱除NO原理为，依据该原理设计的实验部分装置如图：
①连接好装置，检查气密性完好后，通烟气前应该进行的实验操作是_______。
②判断装置B中吸收液吸收达到饱和依据的实验现象是_______。
(2)用氧化吸收液，通过测定氧化后溶液中含量来验证该吸收液的吸收效果。
①25℃时，用不同的吸收液吸收，达饱和后用氧化，氧化后物质的量浓度随的变化如图所示：
当时，浓度随增大而变小，一方面是过大会抑制氧化时的产生，使氧化能力下降；另一方面是____。
②为了测定氧化吸收液过程中所消耗的的量，向吸收后的吸收液中加入，测得氧化过程中产生标况下0.0224L，完全氧化后，测得氧化后的吸收液中含、。那么氧化吸收液所消耗的的物质的量为___。
(3)吸收液氧化后的再生。
已知吸收液氧化后的主要成分为，向氧化后的吸收液中___。(已知溶液在时能析出白色固体，时能从溶液中沉淀出来：实验中须使用的试剂：溶液、粉、稀；除常用仪器外须使用仪器：砂芯漏斗)。
6. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）以、和KOH溶液为原料可制备高效水处理剂并测定样品中总铁的含量。
已知具有下列性质：①紫色固体，可溶于水、微溶于浓KOH溶液，
②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定。
(1)制备粗产品。在搅拌下将通入盛有和KOH溶液的三颈瓶中(装置见图)。充分反应后，得到紫色固体和溶液，过滤得粗产品。
①装置A中转化为的离子方程式为_______。
②装置B的作用是_______。
③实验过程中应控制装置A中反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是_______。
(2)提纯粗产品[含有、KCl等杂质]的实验方案为：_______(实验中须使用的试剂有：稀KOH溶液、饱和KOH溶液，乙醇：除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。
(3)样品纯度测定。实验检测原理为：
准确称取0.1400g样品，置于碘量瓶中，加入适量NaOH溶液和过量KI溶液，用玻璃棒将液面下样品颗粒压碎，使其充分溶解，加稀硫酸酸化，密封在暗处静置40min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度：_______(写出计算过程)。
7. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）含有的悬浊液可用于检验醛基，原理可用下列化学方程式表示：
（1）基态核外电子排布式为________。
（2）中碳原子轨道的杂化类型是________。
（3）分子中键与键的数目比________。
（4）广泛应用于太阳能电池领域，其晶胞为立方体（见下图），晶胞中原子的配位数为________。
（5）可溶于氨水生成配离子。研究发现，与的空间构型相同，而却难以与形成配离子，其原因是________。
8. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）化合物具有抗组织胺活性，可用于减轻皮肤瘙痒，其合成路线如下：
（1）中含氧官能团的名称为________和________。
（2）写出反应的方程式：________。
（3）的反应中的分子式为，写出的结构简式：________。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出同分异构体的结构简式：________。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应，不能与溶液发生显色反应；
②酸性水解后，含苯环的产物分子中只有3种不同化学环境的氢。
（5）已知：（表示烃基）
写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）：________。
9. （2021春·江苏连云港·高二统考期末）有机化合物I是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下：
(1)A→B反应的条件X是_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)上述合成路线中，G的分子式为，其结构简式为_______。
(4)H的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能使溴水褪色；
②分子中有5种不同化学环境的氢原子；
③既能发生银镜反应又能发生水解反应，且水解产物遇氯化铁发生显色反应。
(5)设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)____。
10. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）化合物G是一种药物合成中的中间体，其合成路线如下：
(1)E中官能团的名称是碳氟健、_______、_______。
(2)D→E的反应类型为_______。
(3)F→G的反应中，反应物X的分子式为，其结构简式为_______。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能与银氨溶液发生银镜反应。
②能发生水解反应，水解产物之一能与溶液发生显色反应，且分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶1∶1。
(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
11. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）煤炭燃烧产生的烟气会对空气造成严重污染。兴趣小组进行了ClO2协同氨水脱除模拟烟气中NO和SO2的实验研究，其流程如下：
(1)“喷淋液”中的ClO2可通过下述方法制备：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
当生成1 mol ClO2时，转移的电子为________mol。
(2)所得副产物中除了NH4Cl外，还有________(填化学式)。
(3)传统湿式氨法烟气处理技术以氨水作为喷淋液，在催化剂作用下，喷淋除去NO过程中有一种无污染气体生成。该反应的化学方程式为________。
(4)利用ClO2协同氨水进行脱硫脱硝净化时，NO和SO2气体脱除效率随pH变化情况如图1所示，ClO2被还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图2所示。
①NO的脱除率随着pH的增大而逐渐减弱，可能原因是________。
②写出pH≤2.0时，ClO2脱除SO2反应的离子方程式：________。
12. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）从固体废料“赤泥”(含、、、等)中回收的可用作半导体镀层的蒸镀材料。回收过程可表示为
资料：①“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来：和不易被C还原，且难溶于盐酸；草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物。
②常温下，、、的分别为、、。
(1)“酸浸”时，滤渣的主要成分除了C之外，还有_______(填化学式)。
(2)“氧化”时，反应的离子方程式为_______。
(3)常温下“调pH”时，溶液中，为了除去杂质离子，应控制的pH范围是_______。
(4)“沉钪”时，发生反应。反应过程中，测得钪的沉淀率随反应物起始物质的量比的变化如图-1所示。当时，钪的沉淀率开始下降的原因是_______。
(5)草酸钪晶体[]在加热后，固体质量随温度变化曲线如图-2所示。在550～850℃范围内，反应的化学方程式为_______。
13. （2020春·江苏连云港·高二统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，甲烷水蒸气催化重整是制备氢气的方法之一，涉及的主要反应为
反应①：
反应②：
（1）反应的________。
（2）用可以吸收催化重整过程中产生的。
①实验发现，体积分数和消耗率随时间变化关系如下图1所示。
从时开始，体积分数显著降低，此时消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：________。
②其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入等质量粒径不同的可以提高的百分含量。对比实验的结果如图2所示。投入纳米时百分含量比投入微米时的大，原因是________。
（3）催化重整过程中，催化剂活性会因积碳反应而降低，相关数据如下表：
反应
Ⅰ
Ⅱ
75
①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积碳过程，则反应Ⅱ也不会发生积碳过程。为了抑制积碳反应的发生，应采取的措施是________。
②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积碳反应，通入过量水蒸气能有效清除积碳，反应的化学方程式为________。
（4）利用太阳能光伏电池可电解水制高纯氢，工作示意图如下图所示。连接时，电极Ⅲ发生的电极反应式为__________。
14. （2022春·江苏连云港·高二统考期末）以为还原剂的选择性催化还原(NH3-SCR)技术是消除氮氧化物(NOx)污染的重要方法。
(1)法消除(主要成分为NO)时同时发生如下3个反应：
①标准SCR反应：
②快速SCR反应：
③慢速SCR反应：
消除氮氧化物时，需先通过预氧化催化器将中部分NO转成，使其物质的量之比约为1∶1，主要目的是_______。
(2)其他条件相同，在2L密闭容器中加入、2mol NO和，分别在甲、乙两种催化剂作用下发生如下反应： 。反应相同时间后，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。
①在催化剂甲作用下、100～210℃范围内，随着反应温度升高，NO的转化率逐渐增大的原因是_______。
②图中X点对应的反应体系中，的物质的量分数为_______。
(3)根据和在催化剂表面吸附状态，反应存在两种可能的反应机理：
E-R机理：先吸附在催化剂表面形成吸附态，吸附态与气态(非吸附态)反应生成过渡态中间产物，进一步分解为和。
L-H机理：与均被吸附形成吸附态，吸附态与相邻的吸附态反应生成和。
为了探究还原NO反应的机理，在相同条件下，将和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，测得反应器出口、NO浓度随时间变化曲线如图所示。
①能证明该反应机理为E-R的证据是_______
②研究发现：其他条件不变时，增大NH3的浓度，NO的转化速率几乎不变，原因可能是________
参考答案：
1. b 时，部分更多的转化为，导致减小，结合、生成的沉淀减少 时，与反应生成，与结合生成难溶的，与反应生成难溶的；与反应生成；以上因素均会造成生成沉淀减少即造成氨氮脱除率减少 当温度升高到550~700℃时，平衡逆移，导致转化率下降，同时在催化剂作用下与反应生成
【详解】I．(1)向含有氨氮的废水中添加和，发生复分解反应，生成沉淀，反应离子方程式为。
(2)①当溶液pH适当增大时，除氨氮的反应平衡正向移动，当溶液中OH-增大至更高时，会与OH-反应，使得氨氮去除率下降，由图可知，氨氮脱除效果最佳的pH范围是8～10，故答案为：b。
②在溶液中完全电离出，属于弱酸根离子，能与H+反应，同时也能与OH-反应生成，Mg2+能与和OH-反应生成难溶物，因此氨氮脱除率较低的原因为：时，部分更多的转化为，导致减小，结合、生成的沉淀减少；时，与反应生成，与结合生成难溶的，与反应生成难溶的；与反应生成；以上因素均会造成生成沉淀减少即造成氨氮脱除率减少。
II．，当温度升高至一定范围后，平衡逆向移动，同时NH3能被O2氧化为NO2，因此当温度升高到550~700℃时，NO转化率明显下降，产率明显上升，可能原因是：当温度升高到550~700℃时，平衡逆移，导致转化率下降，同时在催化剂作用下与反应生成。
2. 20mg∙g-1 活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III) 加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来 空气中的O2 若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖
【详解】(1)①由图可知，纳米二氧化钛投加量为20mg∙g-1时，砷的吸附量可达最大，故答案为：20mg∙g-1。
②物理吸附法去除水体中砷的过程中用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，由于活性炭自身具有一定吸附能力，因此未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，故答案为：活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III)。
③由图可知，纳米二氧化钛投加量相同时，As(V)吸附量始终高于As(III)吸附量，因此若要提高废水中As(III)的去除率，可将As(III)氧化为As(V)，故答案为：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
(2)①Fe3+为弱离子，在水中会发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液pH增大，Fe3+水解程度增大，最终以Fe(OH)3形式沉淀，故答案为：pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来。
②若溶液中As(III)是被Fe3+氧化，则溶液中Fe3+被还原为Fe2+会使溶液中Fe2+浓度增大，由图可知，溶液中Fe2+浓度始终为0，由此说明废水中的As(III)主要被空气中的O2氧化为As(V)，故答案为：空气中的O2；若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖。
3. Fe2++2=FeCO3↓+ CO2↑+H2O 防止Fe2+被氧化 96.00%
【分析】(1)NH4HCO3与FeSO4反应产生FeCO3、CO2、H2O，据此书写反应的离子方程式；
(2)根据Fe2+具有强的还原性分析判断；
(3)根据滴定过程中Ce4+与Fe2+反应生成Ce3+和Fe3+，利用二者反应关系，通过计算Ce4+的物质的量计算出实验溶液中含有的Fe2+的物质的量，再根据溶液总体积与实验体积关系计算配制的溶液中含有的Fe2+的物质的量及相应的乳酸亚铁晶体的质量，最后根据晶体质量与样品质量的比计算其纯度。
【详解】(1) NH4HCO3与FeSO4反应产生FeCO3、CO2、H2O，根据物质拆分原则，可得该反应的离子方程式：Fe2++2=FeCO3↓+ CO2↑+H2O；
(2) Fe2+具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化产生Fe3+，加入铁粉，就可以使变质的部分再发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而可防止Fe2+被氧化；
(3)在滴定过程中会发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，二者的物质的量相等，在20.00 mL0.1000 mol/LCe(SO4)2溶液中含有的物质的量n(Ce4+)=0.1000 mol/L×0.0200 L=2.000×10-3mol，则滴定溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=n(Ce4+)=2.000×10-3mol，那么在6.000 g样品配制成250.00 mL溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=2.000×10-3mol×=2.000×10-2 mol，根据铁元素守恒，产生这些Fe2+需要的乳酸亚铁的质量是m(乳酸亚铁)=2.000×10-2 mol×288 g/mol=5.76 g，所以该乳酸亚铁样品的纯度：×100%=96.00%。
【点睛】本题考查了化学方程式和离子方程式的书写及物质含量的测定。结合物质的性质，根据反应过程中已知物与待求物之间的物质的量关系及使用量与总物质的量关系分析解答。
4. 避免制备MgCO3时消耗过多的碱 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 适当加快反应速率，同时防止H2O2受热分解 分液漏斗 KSCN(或硫氰化钾)溶液 向溶液中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、用蒸馏水洗涤固体2~3次。
【分析】
工业废渣(主要成分为MgCO3和少量FeO、Fe2O3、Al2O3)，加入40%的硫酸进行酸溶，过滤除去不溶性杂质，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化Fe2+产生Fe3+，然后加入有机溶剂，使Fe3+进入有机溶剂中，水溶液中含有硫酸镁、硫酸铝及过量硫酸，然后向其中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，使溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤除去，再向滤液中入碳酸钠溶液，可反应生成MgCO3•3H2O沉淀，以此解答该题。
【详解】
(1)“酸溶”过程中加入的H2SO4不宜过量太多，这是因为制备MgCO3时，过量的酸会消耗过多的碱；
(2)Fe2+具有还原性，会与具有氧化性的H2O2反应产生Fe3+。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得加入H2O2“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2不稳定，受热易分解，因此反应温度不能太高；但温度过低，反应速率又比较慢。反应温度一般控制在40℃~50℃，目的是适当加快反应速率，同时防止H2O2受热分解；
(3)①根据实验装置图可知仪器A的名称为分液漏斗；
②由于Fe3+遇SCN-，溶液会变为红色，所以可通过滴加KSCN(或硫氰化钾)溶液，观察溶液是否变为红色来检验水溶液中的Fe3+是否除净；若不变红色，说明除干净了，否则就未除干净；
(4)由(3)中得到的水溶液来制备MgCO3·3H2O的实验方案是：边搅拌边向溶液中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤除去Al(OH)3，边搅拌边，再向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，说明Mg2+全部形成了MgCO3·3H2O沉淀，再过滤、用蒸馏水洗涤固体2~3次，就得到纯净的MgCO3·3H2O。
5. 用N2排尽整套装置中的空气 装置A和装置C产生气泡的速率相同 pH增大促使水解生成难溶的，溶液中浓度减小，导致其络合的NO变少 1.002mol 加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节
【详解】(1)①NO能与氧气反应生成二氧化氮，因此通烟气前用N2排尽装置中的空气，防止NO被氧化成二氧化氮，故答案为通烟气前用N2排尽装置中的空气；
②B中吸收液吸收NO达到饱和，可以通过观察A和C装置中产生气泡的速率，若装置A和装置C产生气泡的速率相同，则说明B中吸收液吸收NO达到饱和，故答案为装置A和装置C产生气泡的速率相同；
(2)①Fe2+发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，pH增大促使平衡向正反应方向进行，生成难溶的氢氧化亚铁，使浓度降低，导致其络合的NO的量变少；故答案为pH增大促使水解生成难溶的，溶液中浓度减小，导致其络合的NO变少；
②根据题中所给信息，H2O2作氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，将NO氧化成，根据得失电子数目守恒，得出：n(H2O2) ×2×1=n(Fe3+)×1+n()×3，代入数值，解得n(H2O2)=1mol，Fe3+作催化剂，使H2O2分解成H2O和氧气，分解H2O2的物质的量为2×10－3mol，共消耗H2O2的物质的量为1.002mol，故答案为1.002mol；
(3)根据题中所给信息，吸收液氧化后的再生，具体操作是向氧化后的吸收液中加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节；故答案为加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节。
6. (1) 吸收多余的氯气 冰水浴
(2)在搅拌下将粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥
(3)94.3％
【分析】装置A为制取原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，装置B为吸收有毒尾气氯气；
(1)
①装置A中转化为的离子方程式为；
②氯气有毒且能被NaOH溶液吸收，装置B的作用是吸收多余的氯气；
③实验过程中应控制装置A中反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是冰水浴；
(2)
已知微溶于浓KOH溶液，提纯粗产品的实验方案为：在搅拌下将粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥；
(3)
由、可得关系式：，解得n=，质量为m=nM=×198g/mol=0.132g，样品的纯度：。
7. （或） 、 4 因为元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素，导致中的氮原子难以提供孤电子对与形成配位键
【分析】(1)Cu核外有29个电子，Cu失去最外层1个电子生成；
(2)中，甲基中碳原子形成4个键，羧基中的碳原子形成3个键；
(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；
(4)根据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子；
(5) 元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素；
【详解】(1)Cu核外有29个电子，Cu核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去最外层1个电子生成，基态核外电子排布式为；
(2)中，甲基中碳原子形成4个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是，羧基中的碳原子形成3个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是；
(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；的结构式是，分子中键与键的数目比6∶1；
(4)根据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子，晶胞中原子的配位数为4；
(5) 因为元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素，导致中的氮原子难以提供孤电子对与形成配位键，所以难以与形成配离子。
8. （酚）羟基 羧基 +CH2=CHCN
【分析】由各物质的结构式及整体流程图可知，A发生加成反应生成了B，B→C过程是—CN到—COOH的转变，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，据此解答。
【详解】（1）的结构式为：，所含氧官能团的名称为酚羟基和羧基；
（2）反应的方程式： +CH2=CHCN ；
（3）的反应中的分子式为，根据DE的结构简式，可推测的结构简式：；
（4）的同分异构体满足：分子中含有苯环，能发生银镜反应，不能与溶液发生显色反应，则该物质含醛基，不含酚羟基；酸性水解后，含苯环的产物分子中只有3种不同化学环境的氢写出同分异构体的结构简式，含酯基，且该物质高度对称，则苯环上的二取代为对位取代，且该物质属于甲酯，故结构简式为：；
（5）已知：（表示烃基），以为原料制备的合成路线可参照本题题干B→D步骤，故合成路线流程图：
。
9. 浓硫酸(或)、加热(或∆) 取代反应
【详解】(1)A→B反应为发生消去反应生成，反应为醇的消去反应，因此反应条件为浓硫酸(或)、加热(或∆)，故答案为：浓硫酸(或)、加热(或∆)。
(2)B→C的反应为中H原子被Br原子取代生成，故答案为：取代反应。
(3)G能与银氨溶液反应，说明G中存在醛基，G的分子式为，其中不饱和度为6，说明H中除苯环和醛基外还含有不饱和键，由H的结构简式可知，H的结构简式为，故答案为：。
(4)H的同分异构体满足：①能使溴水褪色，说明H中含有碳碳双键或碳碳三键；②分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明H中一定存在对称结构；③既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明H中含有酯基和醛基，且水解产物遇氯化铁发生显色反应，说明H中的酯基为酚与羧酸形成的酯基，H分子中不饱和度为6，综上说明该同分异构体中存在苯环、甲酸酯基、碳碳双键，因此该同分异构体结构简式为，故答案为：。
(5)以和为原料制备，中含有酯基，因此需要利用和发生酯化反应，制备过程均需要增长碳链，然后利用F→G→H的反应制备，可利用B→C→D的反应实现，因此具体合成路线为：。
10. (1) 氨基 酰胺基或酰胺键
(2)还原反应
(3)
(4)
(5)。
【分析】和为原料制备的过程中，甲苯发生硝化反应生成，再需要把硝基还原为氨基、把甲基氧化为羧基，由于氨基易被氧化，所以先把甲基氧化为羧基，再把硝基还原为氨基。
（1）
根据E的结构简式，可知E中的官能团是是碳氟健、氨基、酰胺基；
（2）
D→E是D中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应。
（3）
F、X、反应生成G，由G的结构简式逆推，可知X是；
（4）
①能与银氨溶液发生银镜反应；②能发生水解反应，水解产物之一能与溶液发生显色反应，说明为甲酸酚酯，且分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶1∶1，符合条件的的结构简式为。
（5）
发生硝化反应生成，氧化为，和SOCl2反应生成，和反应生成，还原为，合成路线为。
11. 1 (NH4)2SO4、NH4NO3 4NH3+6NO5N2+6H2O 随着pH增大，ClO2易(发生歧化反应)转化为ClO2-，造成其氧化能力减弱 5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+
【分析】(1)根据同一元素发生氧化还原反应的规律分析判断；
(2)SO2、NO会被ClO2氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl；
(3)NH3、NO会发生归中反应产生N2、H2O；
(4)①根据溶液pH与物质氧化性强弱分析判断；
②写出pH≤2.0时，溶液显强酸性，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，结合物质在溶液中存在形式，及电子守恒书写反应的离子方程式。
【详解】(1)在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价，得到1个电子，Cl元素由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1价，得到1 个电子，由于化合价升降总数相同，所以反应中每产生1 mol Cl2，电子转移的物质的量是2 mol，同时产生2 mol ClO2，则当生成1 mol ClO2时，转移的电子为1 mol；
(2)ClO2具有强的氧化性，会将SO2、NO氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl，所以所得副产物中除了NH4Cl外，还有(NH4)2SO4、NH4NO3；
(3)氨水分解产生NH3，NH3、NO会在一定条件下发生归中反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
(4)①ClO2在碱性条件下会发生反应产生ClO2-、Cl-，使物质的氧化性减弱，导致NO的脱除率随着pH的增大而逐渐减弱；
②当溶液pH≤2.0时，溶液显强酸性，在酸性条件下，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式：5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关知识。涉及物质的氧化性的影响因素、物质之间的反应、方程式的书写及有关计算。物质的氧化性或还原性与物质的浓度、溶液的酸碱性、温度等有关，溶液浓度越大、温度越高、溶液酸性越强，物质的氧化性或还原性越强。在氧化还原反应中氧化剂得到电子与还原剂失去电子相等，反应特征、实质与反应类型关系可概括为：“升失氧、降得还”。这是氧化还原反应分析的依据。
12. (1)
(2)
(3)3≤pH＜5
(4)草酸的用量增多，有利于促进平衡正移，提高钪的沉淀率；过量的草酸也会将草酸钪沉淀转化为可溶性的配合物，导致钪的沉淀率下降，且后者的影响强于前者
(5)
【分析】“赤泥”含、、、，加入焦炭“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来，和不易被C还原，分离出熔融物后剩余C、和及少量Fe，加盐酸“酸浸”， C、难溶于盐酸，过滤，滤液中含有ScCl3及少量FeCl2，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节溶液的pH生成沉淀除Fe，过滤，滤液加草酸“沉钪”，得到晶体，加热得。
（1）
“熔炼”后分离出熔融物后剩余C、和及少量Fe，加盐酸“酸浸”， C、难溶于盐酸，滤渣的主要成分除了C之外，还有。
（2）
“氧化”时，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（3）
常温下“调pH”，为使Fe3+完全沉淀，c(OH-)，所以pH≥3，溶液中，为了Sc3+不沉淀，c(OH-)<，pH<5，应控制的pH范围是3≤pH＜5。
（4）
草酸的用量增多，有利于促进平衡正移，提高钪的沉淀率；过量的草酸也会将草酸钪沉淀转化为可溶性的配合物，导致钪的沉淀率下降，且后者的影响强于前者，所以当时，钪的沉淀率开始下降。
（5）
550℃时，剩余固体的质量与原始固体的质量比为，可知550℃时的固体是，850℃剩余固体的质量与原始固体的质量比为，即 ，则x=3，即850℃剩余固体是，在550～850℃范围内，反应的化学方程式为。
13. 169 ，覆盖在表面，阻止反应继续进行 纳米颗粒更小，进一步增大了反应物的接触面积，使反应速率加快 降低温度、增大压强
【详解】(1)根据盖斯定律，可知反应由反应①加反应②写出，则反应热；
(2)①可以吸收催化重整过程中产生的，，覆盖在表面，阻止反应继续进行；
②由图2可知，投入纳米时百分含量比投入微米时的大，因为纳米颗粒小于微米，进一步增大了反应物的接触面积，使反应速率加快；
(3)①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程，因此，若保持催化剂的活性，平衡Ⅰ逆向进行，平衡Ⅱ正向进行，应采取的条件是：降低温度、增大压强；
②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭是水蒸气和碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式：；
(4)连接时，该电池为电解池，电极Ⅲ与电源负极相连，作阴极，根据电子的得失及化合价的升降可得出阴极发生的电极反应式为。
14. (1)有利于快速SCR反应的发生，进一步提高的转化率
(2) 100～210℃，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快或催化剂甲的活性增强 7.41％或7.4％
(3) 将和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，开始阶段反应器出口浓度逐渐增大，而NO浓度迅速增大，停止通入和NO时，NO的浓度迅速降为0，而的浓度降为零则耗时较长，说明开始通入时，部分分子被吸附在催化剂表面，而NO未被吸附，当停止通入时，被吸附的逐渐解吸释放出来 在催化剂表面的吸附已达饱和，增大浓度不能改变吸附态的量
【解析】（1）
有反应②可知，当NO、的物质的量比为1:1时，反应速率快，所以先通过预氧化催化器将中部分NO转成，使其物质的量之比约为1∶1，主要目的是有利于快速SCR反应的发生，进一步提高的转化率。
（2）
①在催化剂甲作用下、100～210℃范围内，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快或催化剂甲的活性增强，所以随着反应温度升高，NO的转化率逐渐增大；
②图中X点NO的转化率为80% ；
对应的反应体系中，的物质的量分数为 ；
（3）
①将和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，开始阶段反应器出口浓度逐渐增大，而NO浓度迅速增大，停止通入和NO时，NO的浓度迅速降为0，而的浓度降为零则耗时较长，说明开始通入时，部分分子被吸附在催化剂表面，而NO未被吸附，当停止通入时，被吸附的逐渐解吸释放出来，说明该反应机理为E-R；
②在催化剂表面的吸附已达饱和，增大浓度不能改变吸附态的量，所以其他条件不变时，增大NH3的浓度，NO的转化速率几乎不变。
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