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江苏扬州市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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这是一份江苏扬州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共40页。试卷主要包含了K2FeO4等内容，欢迎下载使用。
江苏扬州市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·江苏扬州·高二统考期末）低浓度含砷As废水可用铁盐沉淀法处理。通常情况下，废水中同时存在三价砷和五价砷，其去除原理为：Fe3++AsO=FeAsO3↓，Fe3++AsO=FeAsO4↓。
已知：①三价砷的毒性高于五价砷；
②Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)；
③K2FeO4具有较强的氧化性。pH越小，其氧化性越强，稳定性越弱。
(1)pH约为7时，为除去废水中的砷，下列试剂中去除效果较好的是____(填序号)。
A．FeCl3 B．K2FeO4 C．FeCl3、K2FeO4
选择该试剂的理由是___。
(2)一定条件下，以K2FeO4去除废水中的砷，溶液的pH对砷去除率的影响如图1所示：
①当pH>8时，pH越大，砷去除率越低，其原因可能是___。
②当pH<5时，pH越小，砷去除率越低，其原因可能是___。
(3)Na2S2O8易溶于水、有氧化性，利用Fe—Na2S2O8体系去除废水中的五价砷，反应机理如图2所示。
已知：•OH(羟基自由基)是一种不带电荷的活性中间体，“•”表示未成对电子。
①写出•OH的电子式____。
②S2O在此过程中的作用与发生的变化可描述为___。
2. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）二氧化氯()是一种高效的饮用水消毒剂。
(1)在酸性条件下，可与反应生成。写出发生反应的离子方程式：_______。
(2)某泡腾片的有效成分为、、，其溶于水时反应可得到溶液，并逸出大量气体。和反应生成和，每生成1mol消耗的物质的量为_______mol，逸出气体的主要成分是_______(填化学式)
(3)消毒时会产生少量的，可利用将转化为除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于50℃时，ClO去除率随温度升高而降低的原因可能是_______
(4)为测定某二氧化氯溶液中的浓度，进行如下实验：准确量取5.00mL溶液，酸化后加入过量的KI溶液，充分反应，加入几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点。重复上述操作2~3次，平均消耗溶液27.50mL。已知：，
①滴定终点的现象为_______。
②计算该二氧化氯溶液中的物质的量浓度_______(写出计算过程)。
3. （2021春·江苏扬州·高二统考期末）炼钢时加入少量钒(V)添加剂，能优化钢的性能。某钢厂利用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]测定钒添加剂中钒的含量，其检测步骤如下：
步骤一取0.5000g钒添加剂试样预处理并溶于酸，配制成250mL待测液：
步骤二取待测液25.00mL，用适量KMnO4溶液将钒充分氧化为VO，然后加入足量NaNO2溶液等，充分反应；
步骤三向反应后溶液中加指示剂，用0.0200mol•L-1的硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为25.00mL。
已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。
(1)V的基态核外电子排布式为___。
(2)向待测液中滴加KMnO4溶液，标志反应完全的现象为___。
(3)NaNO2的作用是除去过量的KMnO4，酸性条件下KMnO4被还原为Mn2+，反应的离子方程式为___。
(4)按国家标准，钒添加剂中V的含量(换算为V2O5的含量=×100%)不得低于90%，计算并判断该试样是否符合要求(写出计算过程)。___。
(5)该检测过程中，硫酸亚铁铵标准溶液必须现配现用，若放置时间过长可能会导致测定结果___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
4. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢被氧化。实验室制备的步骤如下：
(1)反应Ⅰ在如图所示实验装置的三颈烧瓶中进行，实验所用蒸馏水需经煮沸，目的是除去水中的_________（写化学式）。
(2)反应Ⅰ中：三颈烧瓶中反应生成的离子方程式为________；烧杯中发生反应的化学方程式为________。
(3)过滤步骤中，需要在避光的条件下进行，原因是________。
(4)洗涤步骤中，依次用溶有少量的水、溶有少量的乙醇、纯乙醚洗涤。洗涤剂需“溶有”的原因是________。
(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液制取较纯净的无水晶体。
(水溶液中、、随的分布，的溶解度曲线如题图所示)。
请补充完整实验方案[须用到(贮存在钢瓶中)、计]：
①________；
②加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，加热浓缩溶液至有大量晶体析出；
③________；
④用无水乙醇洗涤2-3次；
⑤放真空干燥箱中干燥。
5. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）新型降糖药利拉江的关键中间体Y的合成路线如下图所示：
回答下列问题：
(1)A分子中采取杂化原子的数目为_______。
(2)D→E的反应类型为_______
(3)E→F的反应中有副产物(分子式)生成，该副产物的结构简式为_______。
(4)，X的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为_______。
①分子中共有4种不同化学环境的氢原子；
②红外光谱表明：分子中有，氯原子直接连在苯环上，除苯环外不含其它环状结构。
(5)已知：①
②
设计以苯和乙酸为原料合成有机物的路线图_______(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)
6. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）化合物是某抗肿瘤药物的重要中间体，其部分合成路线如下：
（1）中含氧官能团的名称为________和________。
（2）的反应类型为________。
（3）化合物的结构简式为________。
（4）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能与溶液发生显色反应；
②酸性条件下水解产物分子均只有3种不同化学环境的氢。
（5）已知：
写出以和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）________。
7. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）苯达松是一种触杀性除草剂，其合成路线如下：
(1)C中含氧官能团的名称为________和________。
(2)B→C的反应类型为________。
(3)化合物D的结构简式是________。
(4)B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能发生银镜反应；
②水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：2。
(5)已知信息：
写出以CH3CH2OH和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)________。
8. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）叠氮化钠()常用于制造汽车安全气囊。实验室制备水合肼()并利用其还原性进一步反应制取的流程如下：
已知：①一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成；
②室温时在水中的溶解度为42g，其微溶于乙醇，向饱和溶液中加入乙醇会析出固体。
回答下列问题：
(1)在一定温度下，吸收塔中可提高吸收率的措施为_______(答出一点即可)。
(2)反应器1中生成水合肼反应的化学方程式为_______。为提高水合肼的产率，反应器1中NaClO和尿素的添加顺序为_______。
(3)亚硝酸乙酯()、NaOH和水合肼()反应生成，其原理如下：，若生成7.8g，则该反应中转移电子的物质的量为_______mol。
(4)实验室也可以与制备，所得固体粗产品中含有少量的，已知与水反应生成NaOH和，写出以21g粗产品获得固体的实验步骤：_______，低温干燥。(须用试剂：乙醇、蒸馏水)
9. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）以硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：
(1)“酸溶”时加快溶解的方法可以是________。(写出一种)
(2)“还原”过程中主要反应的离子方程式为________。
(3)“氧化”过程中，生成FeOOH的离子方程式为________。
(4)“过滤Ⅱ”所得铁黄在洗涤过程中，检验铁黄表面已洗涤干净的操作是________。
(5)实验测得反应溶液的、温度对铁黄产率的影响如图1、图2所示。
①反应温度宜选择________；
②氧化时应控制pH的合理范围是4.5左右，pH过小或过大均会导致铁黄产率较低，其可能原因是________。
10. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）高铁酸钾()是复合型的水处理剂，以废铁屑(含有、、油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)热的溶液清洗废铁屑的目的是_________。
(2)氧化Ⅰ中被氧化成的离子方程式为________。
(3)溶液在不同下，的浓度随时间的变化如图所示。氧化Ⅱ制备时，选用的加料方式是_________（填字母），原因是________。
A．将、混合液与氧化Ⅰ所得溶液同时加入到反应容器中
B．将、混合液缓慢加入到盛有氧化Ⅰ所得溶液的反应容器中
C．将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中
(4)转化步骤中加入饱和溶液，析出晶体的原因是________。
(5)高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②________。
(6)高铁酸钾可用于高铁电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为，放电时正极的电极反应式为________。
11. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）利用加氢制甲醇等清洁燃料，是实现减排较为可行的方法。一定温度下，和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)相同温度下，反应的_______。
(2)在催化、恒压条件下，向密闭容器中投入一定量和。其他条件相同，升高温度，判断甲醇选择性以及的平衡转化率的变化，并说明理由：_______。已知：。
(3)氢气可通过水煤气法获得，原理为。在进气比不同时，测得平衡时CO转化率如图，A和B两点对应的温度关系：_______(填“＜”、“＞”、或“=”)，判断的理由是_______。
(4)如图装置可将和甲醇转化为甲酸。阳极的电极反应式为_______。
(5)加氢制甲醇的部分反应机理如图所示。
“”表示物质在催化剂表面被吸附，“ ”表示自由基中未成对电子。已知在催化剂表面会形成两种吸附态的H，一种显正电性，一种显负电性。
①根据元素的电负性变化规律分析，过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比为_______；
②结合化学键的断裂和形成，过程ⅱ可描述为_______。
12. （2021春·江苏扬州·高二统考期末）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)工业用途非常广泛，易溶于水，在中性和碱性环境中稳定。实验室用工业硫化钠(含少量Na2SO4、Na2CO3杂质)为原料制备Na2S2O3•5H2O，其流程如图：
已知：Ksp(BaSO4)=1.07×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9。
(1)S2O结构如图1所示，可认为是SO中一个氧原子被硫原子代替，S2O空间构型为___(用文字表述)，中心硫原子(S*)杂化方式为___。
(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，c(SO)=___。
(3)制备Na2S2O3•5H2O实验装置与过程如图：
将提纯后的Na2S与Na2CO3一起置于装置C的三颈烧瓶中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌；打开装置A中分液漏斗的旋塞，滴入硫酸，产生SO2；充分反应后，过滤三颈烧瓶中所得混合物，经处理得到Na2S2O3•5H2O。
①B装置的作用为___。
②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为____。
③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是___。
13. （2021春·江苏扬州·高二统考期末）CH4—CO2催化重整合成CO、H2可有效减少碳排放。其主要反应如下：
反应ⅠCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=247.3kJ•mol-1
反应ⅡCO2(g)+2H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=41.0kJ•mol-1
(1)将一定最CH4与CO2充入密闭容器中，若仅发生上述两个反应，则反应达到平衡的标志是___(填序号)。
A．恒温恒容条件下，气体的密度不变
B．恒温恒容条件下，气体的压强不变
C．恒温恒容条件下，CO和H2的浓度相等
D．绝热恒容条件下，反应体系的温度不变
(2)反应III为CH4(g)+CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g)，该反应的△H=___kJ•mol-1，平衡常数表达式为K=___。
(3)图1为反应温度、进料对反应出口合成气中的影响。
①850℃时，图1中曲线a、b、c所示由大到小的关系是___，理由是___。
②当温度大于850℃时，曲线c出现如图变化的原因可能是___。
(4)固体氧化物燃料电池利用CH4为原料，直接在电极上氧化合成CO、H2。其反应原理如图2所示，写出电极m上发生反应的电极方程式____；若电极m上通入CH4的速率过快或过慢均会使CO、H2产率降低。其原因是___。
14. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）采用科学技术减少氮氧化物等物质的排放可促进社会主义生态文明建设。
(1)用CH4催化还原氮氧化物的相关热化学方程式如下：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-662 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-1248 kJ/mol
反应CH4(g)+2NO2(g)= N2(g) +CO2(g)+2H2O(l) △H=________kJ/mol
(2)氮氧化物可用碱溶液吸收。NO和NO2混合气体按一定比例被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和H2O，写出该反应的化学方程式________；若反应过程中消耗NaOH的物质的量为3 mol，则理论上被吸收的NO和NO2混合气体的总体积在标准状况下为________L。
(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：
①由图1可知SCR技术中的还原剂为________。
②一定时间内，用Fe作催化剂，氨气按一定的比例催化还原氮氧化物时，不同温度下的脱氮率如图2所示，温度高于300℃时，脱氮率随温度的升高而下降的原因可能是________。
(4)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计成原电池，既能减轻氮氧化物对环境的污染，又能充分利用化学能，装置如图3所示。
①电极B是________极（填“正”或者“负”）。
②A电极的电极反应式为________。
15. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）对CO2进行综合利用可以节约能源，减少碳排放，对于环保有重要意义。
(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
键能/(kJ/mol)
a
b
c
d
则估算该反应的△H=________kJ/mol（用a、b、c、d的代数式表示）。
②一定条件下，向2 L密闭容器中通入CO2和CH4各4 mol，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。当反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，则平衡时CO2的浓度为________mol/L。
(2)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，反应方程式为CH4+CO2CH3COOH。
①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图3所示。在制备乙酸时，可选择的适宜温度为________。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出一种)。
(3)CO2在新型钴基电催化剂作用下转化为清洁燃料——甲酸，其工作原理如图4所示。该装置是________（填“原电池”或“电解池），电极的电极反应式为________。
16. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）实验室模拟用溶液和溶液混合制备，再将所得与溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。通过下述实验确定该晶体的组成。
步骤Ⅰ 称取样品，放入锥形瓶，加入适量稀硫酸，微热使样品溶解，再加入水加热，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
步骤Ⅱ 将步骤Ⅰ的溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终显示蓝色。冷却后，调节并加入过量固体，与反应生成沉淀和，以淀粉作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：；
；
回答下列问题：
（1）室温下，，，溶液________7（填“>”或“<”或“=”）。
（2）步骤Ⅱ中滴定终点的现象为________。
（3）步骤Ⅱ中若消耗的标准溶液的体积偏大，可能的原因有________（填字母）。
A．滴定前未将待测溶液充分加热
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．装标准溶液的滴定管水洗后未润洗
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
（4）通过计算确定该晶体的化学式（写出计算过程）。
________________________
17. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）二氧化氯()具有强氧化性，协同氨法同时脱硫脱硝具有高脱除率。
(1)单独参与脱硝过程中发生以下反应：
则反应的________
(2)的浓度、吸收液对脱硫脱硝效率的影响分别如图所示，
①最适宜的浓度为________；
②时，随着的增大，的脱除率下降，其可能的原因是__________
③时，会发生歧化反应：，当有完全反应时，转移电子数目为________；歧化反应生成的也可以作为氧化剂进行脱硝反应，写出碱性条件下将氧化为的离子方程式______________。
(3)工业上以不锈钢材料为阴极，表面覆盖金属氧化物的石墨为阳极，电解溶液制备。写出阳极产生的电极反应式________；此方法的缺点是所得产品纯度不高，气体中所含的杂质可能有_____________。
18. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）用、可以制备含有的悬浊液，该悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米。
(1)基态的核外电子排布式为__________。
(2)与互为等电子体的一种分子为________（填化学式）。
(3)与反应能生成，中的配位原子为________（填元素符号）。
(4)乙醛()中碳原子的轨道杂化类型是_________；中含有键的数目为________。
(5)一个晶胞(见图)中，原子的数目为________。
19. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）氮化钛是一种新型功能性材料，它可由钛粉和氮气在一定条件下进行制备。
(1)基态钛原子的核外电子排布式为________，1 mol N2中含有________molσ键。
(2)钛也可与C、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是________。
(3)氮化钛也可由钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为原料进行制备，钛酸四丁酯结构如图1。其中碳原子的杂化类型为________。该配合物中的配位原子为________。
(4)有一种氮化钛晶体的晶胞如图2所示，该晶体的化学式为________。
参考答案：
1. C K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+ pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低 pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低 S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀
【详解】(1)由题给信息可知，除去废水中砷的过程，实际上是将砷元素转化为溶度积小的FeAsO4沉淀的过程，则pH约为7时，向废水中加入K2FeO4，将三价砷氧化为五价砷，反应的化学方程式为5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，由方程式可知FeO不能将AsO完全转化为FeAsO4沉淀，溶液中还存在AsO离子，还需要加入FeCl3溶液将AsO离子完全转化为FeAsO4沉淀，达到除去废水中砷的目的，则去除效果较好的试剂是FeCl3、K2FeO4，故答案为：C；K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+；
(2)①由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4氧化性越强，则当溶液pH>8时，溶液pH越大，K2FeO4氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，导致砷去除率降低，故答案为：pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低；
②由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4稳定性越弱，则当溶液pH<5时，溶液pH越小，K2FeO4不稳定分解，溶液中FeO浓度降低，导致砷去除率越低，故答案为：pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低；
(3)①•OH是水分子去掉一个氢原子形成的不带电荷的自由基，电子式为，故答案为：；
②由反应机理示意图可知，S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀，故答案为：S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀。
2. (1)
(2) 1.25
(3)温度高于50℃时，水解程度增大，的浓度减小，故去除率降低
(4) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 0.11
【解析】（1）
在酸性条件下，可与反应生成，同时生成氧气、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为：；
（2）
NaHSO4溶液完全电离得到H+，NaC1O2和NaHSO4反应生成ClO2和C1-，即发生歧化反应生成ClO2和C1-， 结合酸性条件配平的离子方程式为，根据反应可知，每生成1mol消耗的物质的量为1.25mol，因溶液显酸性与反应产生二氧化碳，故逸出气体的主要成分是；
（3）
FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，故去除率降低；故答案为: 温度高于50℃时，水解程度增大，的浓度减小，故去除率降低；
（4）
①用溶液滴定至终点，产生的碘恰好完全反应后溶液蓝色褪去，故滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；
②依据反应原理得关系式：，，，。
3. 1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2 溶液变为浅红色，且振荡后不褪色 2MnO+5NO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O ，该试样符合要求 偏大
【分析】取0.5000g钒添加剂试样预处理并溶于酸，配制成250mL待测液，取待测液25.00mL，用适量KMnO4溶液将钒充分氧化为VO，若KMnO4溶液过量会将VO氧化，溶液变为浅红色，所以当溶液变为浅红色，且振荡后不褪色，表明KMnO4已足量，然后加入足量NaNO2溶液等，除去过量的KMnO4，向反应后溶液中加指示剂，用0.0200mol•L-1的硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，根据VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O计算钒添加剂中钒的含量。
【详解】(1)V是23号元素，V的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；
(2)由分析可知，标志反应完全的现象为溶液变为浅红色，且振荡后不褪色；
(3)酸性条件下，NaNO2和KMnO4反应生成Mn2+、NO和H2O，离子方程式为2MnO+5NO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；
(4)用0.0200mol•L-1的硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为25.00mL，根据VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，得出25mL溶液中VO的物质的量为mol，则样品中V2O5的物质的量为mol，则钒添加剂中V的含量为，该试样符合要求；
(5)若硫酸亚铁铵标准溶液放置时间过长，Fe2+被氧化为Fe3+，滴定时消耗硫酸亚铁铵标准溶液体积偏大，会导致测定结果偏大。
4. 防止见光分解 防止被氧化 向烧杯中继续通入，用计测量溶液的，若约为10，停止通 在高于34℃条件下趁热过滤
【分析】反应Ⅰ中，在三颈烧瓶中铜离子被还原为亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，再经过滤、洗涤、干燥得到，烧杯中过量的NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的SO2气体，防止SO2逸出污染环境；同时需结合题干中有关物质性质的已知信息进行作答。
【详解】(1)由已知信息知，溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，因此本实验反应Ⅰ中用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除空气中氧气的干扰，因此实验所用蒸馏水需经煮沸，目的是除去水中的；
(2)反应Ⅰ中，铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为： ；烧杯中NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的SO2气体，防止SO2逸出污染环境，NaOH溶液是过量的，则产物为Na2SO3，故发生反应的化学方程式为；
(3)由已知信息知，溴化亚铜见光会分解，所以过滤步骤中，需要在避光的条件下进行，是为了防止CuBr见光分解；
(4)由已知信息知，溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤步骤中，洗涤剂需“溶有”是为了防止被氧化；
(5)上述装置烧杯中过量的NaOH溶液吸收生成，且NaOH有剩余，因此为制取较纯净的无水晶体，结合水溶液中、、随的分布图可知：应先向烧杯中继续通入，与剩余的NaOH反应，并用计测量溶液的，若约为10，停止通，从而得到溶液；根据的溶解度曲线可知在温度高于34℃的条件下溶解度逐渐减小，因此在加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，防止被氧化的同时，加热浓缩溶液至有大量晶体析出；再在高于34℃条件下趁热过滤，得到晶体；再用无水乙醇洗涤2-3次，除去晶体表面的可溶性杂质；最后放真空干燥箱中干燥。
【点睛】本题第(5)问③的趁热过滤是学生们的易混点，学生们往往忽略在的溶解度曲线中的溶解度随温度的变化，没有注意到在温度高于34℃的条件下溶解度逐渐减小，因此在步骤②加热浓缩溶液至有大量晶体析出后，直接填写过滤，这样可能会导致部分又重新溶解，或者温度过低的话，还会有析出，因此需要在高于34℃条件下趁热过滤，得到晶体。
5. (1)4
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)
【分析】A与NaNO2发生反应得到B，B和Na2S2O3发生还原反应得到C，对比C和E的结构可知D为，D和在DFF、DIPEA作用下发生取代反应得到F和HBr，可知X为。
（1）
A分子中甲基C和3个N均采取杂化，即A分子中采取杂化原子的数目为4；
（2）
由分析可知D和溴发生取代反应生成E和HBr，反应类型为取代反应；
（3）
E→F时，实质是N上的H被取代，结合副产物分子式可知副产物的结构简式为；
（4）
由分析可知X为，不饱和度为6，其同分异构体满足：
①分子中共有4种不同化学环境的氢原子，则具备一定的对称性；
②红外光谱表明：分子中有−NH2，氯原子直接连在苯环上，除苯环外不含其它环状结构，则侧链含4个C且4个C要组成不饱和度为3的结构，即一定含-C≡C-C=C-结构；
综上，符合条件的结构为；
（5）
对比原理苯、乙酸的结构可知关键是苯环上要引入氨基和乙酰基，氨基可由苯环先发生硝化反应引入硝基然后还原得到；乙酰基可由已知①引入，故合成路线为 。
6. 醛基 醚键 取代反应
【分析】(1)(3):由流程知，的反应为苯环所连甲基上氢原子被氯原子取代的反应，的反应是氯代烃的水解反应，故C为，是芳香醇的催化氧化反应，则是羟醛缩合反应，就是仿照问题(5)中所提信息的反应，中含氧官能团的名称为醚键和醛基，据此回答；
(4)的一种同分异构体按它必须满足的条件找到相应的官能团可书写；
(5)可用逆推法分析得出反应流程，要制备，则需要CH2=CH-COOH和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要从和得到CH2=CH-COOH，则需要引入羧基、碳碳双键同时还需增长碳链，故可仿照题干流程或结合所提供的信息知，由和在稀NaOH溶液中加热下发生反应，就可获得CH2=CH-CHO，再氧化成CH2=CH-COOH，由催化氧化而得，据此回答；
【详解】(1)E为，中含氧官能团的名称为醚键和醛基；
答案为：醛基；醚键；
(2) 的反应为，苯环所连的甲基上一个氢原子被氯原子取代的反应；
答案为：取代反应；
(3)B为 ，的反应是氯代烃在氢氧化钠水溶液中发生的水解反应，故C为；
答案为：；
(4)为，其分子式为C9H10O3，不饱和度为5，D的一种同分异构体要同时满足下列条件：①能与溶液发生显色反应；则其中含有酚羟基，②酸性条件下水解产物分子均只有3种不同化学环境的氢，则其含有1个酯基，水解产物分别含有羧基和羟基，水解产生的羧酸只能是CH3-CH2-COOH，丙酸有3种不同化学环境的氢，则另一水解产物为，分子中一个羟基是酯基水解后生成的，分子中也只有3种不同化学环境的氢，则满足条件的D的一种同分异构体为；
答案为：；
(5)要制备，则需要CH2=CH-COOH和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要得到CH2=CH-COOH，则需要通过弱氧化剂把CH2=CH-CHO中的醛基氧化而得，要得到CH2=CH-CHO，要由和在稀NaOH溶液中加热反应，要得到，由催化氧化即可，故流程为；
答案为：。
7. 硝基 羧基 氧化反应
【分析】A为甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基邻位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为-COOH，反应产生C：，C与H2在Pd/C作用下，—NO2被还原为—NH2，产生D：，D与CH3OH在浓硫酸存在并加热时发生酯化反应产生E：，E与发生氨基上的取代反应产生F：，F在碱性条件下发生取代反应产生苯达松：。
【详解】(1)C结构简式是，其中含有的含氧官能团是—NO2、—COOH，名称分别是硝基、羧基；
(2)B是，B被酸性KMnO4溶液氧化产生C：，所以B→C的反应类型为氧化反应；
(3)根据上述分析可知：化合物D结构简式是；
(4)化合物B结构简式是，它的一种同分异构体符合条件：①能发生银镜反应，说明含有—CHO；②水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其含有酚羟基形成的酯基，是甲酸与酚羟基形成的酯基；③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：2，说明分子中有4种H原子，个数比为1：2：2：2，则该物质结构简式为：；
(5)乙醇CH3CH2OH被催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO被催化氧化产生CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂条件下加热发生酯化反应产生CH3COOCH2CH3；与H2在Pd/C作用下，—NO2被还原为—NH2，产生，与CH3COOCH2CH3发生取代反应产生。故以CH3CH2OH和为原料制备的合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，掌握各种官能团对物质性质的决定作用及物质转化中化学式的变化是本题解答的关键。要利用有机物分子、苯达松的结构与反应条件进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，题目侧重考查学生分析推理能力能力、自学能力、知识迁移运用能力。
8. (1)缓慢通入；适当增加NaOH溶液的浓度；或者采用气液逆向吸收
(2) 向尿素中加入NaClO溶液
(3)0.4
(4)向固体中加入约50mL蒸馏水(1分，50~55 mL即可)，搅拌至固体完全溶解后，向溶液中加入适量的乙醇至不再生成沉淀，过滤，用乙醇洗涤
【分析】氯气与氢氧化钠溶液在吸收塔中反应生成NaClO，反应器1中碱性NaClO溶液与尿素在硫酸锰催化作用下生成水合肼和碳酸钠，蒸馏脱盐后得到水合肼；反应器2中制备NaN3，经过结晶、抽滤、洗涤和重结晶后得到纯净的NaN3。
(1)
在一定温度下，吸收塔中可提高吸收率的措施为：缓慢通入；适当增加NaOH溶液的浓度；或者采用气液逆向吸收（任写一条）；
(2)
反应器1 中NaClO与尿素在硫酸锰催化作用下生成水合肼和碳酸钠，化学方程式为：；反应中需要控制NaClO的用量，因其具有强氧化性，能与水合肼反应，故为提高水合肼的产率，反应器1中NaClO和尿素的添加顺序为：向尿素中加入NaClO溶液；
(3)
方程式：中，只有N元素化合价发生变化，中为+3价，中为-2价，中为价，发生了归中反应，生成转移了个电子，生成7.8g，即0.12mol时，转移电子的物质的量为；
(4)
先将混合物用蒸馏水溶解除去NaNH2，根据信息②，再加乙醇降低NaN3的溶解度使其析出，过滤后再用乙醇洗涤即可，故实验步骤：向固体中加入约50mL蒸馏水(1分，50~55 mL即可)，搅拌至固体完全溶解后，向溶液中加入适量的乙醇至不再生成沉淀，过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
9. 快速搅拌或适当提高酸溶时温度 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗涤干净 40℃ pH过低导致Fe3+不可能完全转为铁黄，pH过大导致部分Fe3+会转化为Fe(OH)3
【分析】硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加铁粉把铁离子还原为Fe2+，之后进行过滤，滤渣主要为不溶于稀硫酸的二氧化硅，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；
【详解】(1)快速搅拌、适当提高酸溶时温度均可以加快溶解的速率；
(2)还原过程主要为铁粉和铁离子的反应，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)根据流程可知氧化过程中氧化剂为O2，Fe2+在碱性环境中被氧化成FeOOH，铁元素化合价升高1价，所以反应中Fe2+和O2的系数比为4:1，再结合元素守恒可得离子方程式为；
(4)根据整个流程可知生成的铁黄表面可能附着硫酸铵，所以需要检验铁黄表面是否存在硫酸根来验证铁黄是否洗涤干净，具体操作为：取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗涤干净；
(5)①据图可知温度为40℃时铁黄的产率最高，所以温度选40℃；
②pH过低导致Fe3+不可能完全转为铁黄，pH过大导致部分Fe3+会转化为Fe(OH)3，所以pH过小或过大均会导致铁黄产率较低。
【点睛】书写第3小题离子方程式时要注意，该流程中是利用氨水提供氢氧根，一水合氨为弱电解质，不能写成离子。
10. 去除废铁屑表面的油污 C 避免高铁酸钠在酸性条件下分解(高铁酸钠在碱性条件下更稳定) 高铁酸钾溶解度小，更易析出 高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质
【分析】废铁屑中含有、、油污等杂质，用热的溶液清洗废铁屑，可以去除废铁屑表面的油污，用稀硫酸溶解，Fe、、均与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢进行氧化I，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中，得到，在溶液中再加入饱和KOH溶液，析出晶体，再经过滤、洗涤、干燥，得到晶体，据此分析解答。
【详解】(1)热的溶液水解显碱性，则用热的溶液清洗废铁屑可以去除废铁屑表面的油污；
(2)由以上分析知，氧化Ⅰ中过氧化氢将氧化为，反应的离子方程式为；
(3)由图象可知，在碱性条件下可稳定存在，在酸性条件下不稳定，会发生分解，氧化I的溶液呈酸性环境，因此氧化Ⅱ制备时，为避免高铁酸钠在酸性条件下分解，应将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中，选用的加料方式应为C；
(4)经过氧化Ⅱ得到，转化步骤中加入饱和溶液，析出晶体，是因为高铁酸钾溶解度小，更易析出；
(5)高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质；
(6)根据高铁电池的总反应式中元素化合价的变化可知，放电时，在正极得电子被还原为氢氧化铁，故正极的电极反应式为。
【点睛】高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因叙述是学生们的弱点，相信同学们只要加强理解和记忆，就一定可以掌握。①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质。
11. (1)
(2)温度升高，甲醇选择性降低，的平衡转化率无法判断。温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高
(3) = 由图中数据计算得等于，同一反应K只与温度有关，K相等温度相等
(4)
(5) 1:1 被吸附的与被吸附的·作用，中H−O断裂，形成了中H−O，生成被吸附的与HO·
【解析】(1)
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅰ-反应Ⅱ得反应，其-=；
(2)
反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高。即温度升高，甲醇选择性降低，的平衡转化率无法判断。温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高；
(3)
设A点起始c(CO)=1mol/L，c(H2O)=2mol/L，列三段式：，KA==1；
设B点起始c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L，列三段式：，KB==1；
即KA= KB，故=；判断的理由是由图中数据计算得等于，同一反应K只与温度有关，K相等温度相等；
(4)
由图可知二氧化碳转化为甲酸的电极C的价态降低，为阴极，则阳极甲醇失电子转化为甲酸，电极反应式为；
(5)
①过程ⅰ可表示为4H*+HCOO·=CH3O·+H2O*（*表示吸附态），反应后多了2个C-H形成CH3O·，2个H-O形成H2O*，电负性：O>C>H，则形成CH3O·的H显负电性，形成H-O的H显正电性，即过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比=2:2=1:1；
②结合图可知过程ⅱ为被吸附的与被吸附的·作用，中H−O断裂，形成了中H−O，生成被吸附的与HO·。
12. 四面体 sp3 4.15×10-7mol•L-1 防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速 2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在
【分析】A装置制备二氧化硫，C装置中合成Na2S2O3， 会导致装置内气压减小，B装置为安全瓶作用，二氧化硫有毒，会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫。
【详解】(1) SO中中心原子S的价层电子对数为4，S为sp3杂化SO为正四面体构型，SO中一个非羟基O原子被S原子取代后的产物，由于S = S的键长不在等于S=O(S-O)，所以其空间构型为四面体形，中心S*原子同样还是sp3杂化。
(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，Ksp(BaCO3)=c(CO)×c(Ba2+)=2.58×10-9，c(Ba2+)=2.58×10-6，Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)×c(SO)=1.07×10-10，c(SO)=4.15×10-7mol•L-1。
(3) ①B装置为安全瓶，防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速。
②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为：2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。
③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。
13. BD 329.3 c>b>a 一定温度下，越大，反应II消耗的H2越多，生成的CO越多，值越小 反应I、II均为吸热反应，温度升高，反应I、II均向正反应方向移动；升温对反应II的促进作用大于反应I(或温度升高，反应II的催化效果比反应I大。) CH4-2e-+O2-=CO+2H2 流速过快，CH4在电极表面停留时间短，反应不完全；流速过慢，CH4可能转化为H2O与CO2
【详解】(1)由盖斯定律反应Ⅰ+Ⅱ可得CH4(g)+2CO2(g) =3CO(g)+H2O(g) △H=288.3 kJ•mol-1，
A．恒温恒容条件下，由于质量守恒，气体的密度不变。不可以判断达到平衡，故A错误；
B．温恒容条件下，由于反应前后化学计量数之和不同，气体的压强不变，可以判断达到平衡，故B正确；
C．恒温恒容条件下，由反应判断，H2被约去了，不能以H2的浓度来判断是否达到平衡，故C错误；
D．由反应可知此反应为吸热反应，绝热恒容条件下，反应体系的温度不变，可以判断达到平衡，故D正确；
(2) 由盖斯定律可知：Ⅰ+2×Ⅱ＝III，CH4(g)+CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g)，该反应的△H=329.3kJ•mol-1，平衡常数表达式为K=。
(3) ①850℃时，图1中曲线a、b、c所示由大到小的关系是c>b>a，理由是一定温度下，越大，反应II消耗的H2越多，生成的CO越多，值越小。
②当温度大于850℃时，曲线c出现如图变化的原因可能是：反应I、II均为吸热反应，温度升高，反应I、II均向正反应方向移动；升温对反应II的促进作用大于反应I(或温度升高，反应II的催化效果比反应I大。)
(4)固体氧化物燃料电池利用CH4为原料，直接在电极上氧化合成CO、H2。其反应原理如图2所示，此电池为原电池，失电子为负极，则m为负极，电极m上发生反应的电极方程式：CH4-2e-+O2-=CO+2H2；若电极m上通入CH4的速率过快或过慢均会使CO、H2产率降低。其原因是：流速过快，CH4在电极表面停留时间短，反应不完全；流速过慢，CH4可能转化为H2O与CO2。
14. -955 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 67.2 NH3 随着温度升高催化剂活性降低，所以脱氮率随温度的升高而下降。 正 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
(2)根据元素守恒、电子守恒书写反应方程式；根据NaOH的物质的量与反应消耗气体物质的量关系计算气体的物质的量，然后根据n=计算气体在标准状况下的体积；
(3)①根据还原剂失去电子，元素化合价升高分析判断；
②利用催化剂在一定温度下催化效率最高分析判断；
(4)根据在原电池反应中负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应分析解答。
【详解】(1)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-662 kJ/mol
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-1248 kJ/mol
根据盖斯定律，将(①+②)×，整理可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol；
(2)NO和NO2混合气体按一定比例被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和H2O，则根据元素原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；由方程式可知：NaOH的物质的量与反应消耗气体的物质的量相等，若反应过程中消耗NaOH的物质的量为3 mol，则理论上被吸收的NO和NO2混合气体的物质的量也是3 mol，其在标准状况下的总体积V(NO+NO2)=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L；
(3)①根据图示可知NH3与NO、NO2发生反应产生N2、H2O，在反应中NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以NH3为还原剂；
②一定时间内，用Fe作催化剂，氨气按一定的比例催化还原氮氧化物时，温度不同，反应脱氮率不同，催化剂只有在一定温度范围内催化效率最高，当温度高于300℃时，脱氮率随温度的升高而下降的原因可能是由于随着温度升高催化剂活性降低，导致脱氮率随温度的升高而下降；
(4)①根据图示可知：电极A上通入NH3，失去电子，发生氧化反应变为N2，所以A电极为负极；电极B上通入NO2，得到电子，发生还原反应变为N2，所以B电极为正极；
②电极A上通入NH3，失去电子，发生氧化反应变为N2，其中的+1价的H与溶液中OH-结合形成H2O，则A电极为负极，负极A的电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【点睛】本题以氮氧化物的处理为线索，考查了反应热的计算、氧化还原反应方程式的书写、概念与计算及原电池反应原理。掌握盖斯定律、氧化还原反应规律和电化学基础知识是本题解答的关键。题目侧重考查学生的知识掌握与应用能力及分析、解决问题的能力。
15. 4a+2b-2c-2d 1.5 250℃ 增大CO2的浓度 电解池 2O2--4e-=O2↑
【分析】(1)①根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算；
②根据物质反应转化关系计算各种物质的平衡时的物质的量，结合反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，计算出CO2的平衡时的物质的量及浓度；
(2)①催化剂的催化效率越高，反应消耗能量越低，越有利于制取乙酸；
②根据平衡移动原理分析判断；
(3)根据原电池、电解池的区别判断；与电源正极连接的电极为阳极，与治理电源负极连接的电极为阴极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。
【详解】(1)①由于反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差，所以反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的反应热△H=(4×a+2×b-2×c-2×d) kJ/mol=(4a+2b-2c-2d) kJ/mol；
②反应开始时CO2和CH4各4 mol，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，假设反应消耗CO2的物质的量为x，则平衡时n(CH4)=n(CO2)=(4-x) mol，n(CO)=n(H2)=2x mol，当反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，则×100%=20%，解得x=1 mol，所以平衡时n(CO2)=(4-x) mol=(4-1) mol=3 mol，容器的容积是2 L，则平衡时CO2的浓度c(CO2)=3 mol÷2 L=1.5 mol/L；
(2)①根据图示可知温度为250℃时，催化剂的催化效率最高，低于或高于该温度时催化剂的催化效率都未达到最高值，故在制备乙酸时，可选择的适宜温度为250℃；
②要提高反应CH4+CO2CH3COOH中CH4的平衡转化率，可通过增大CO2的浓度，使平衡正向移动，或减少CH3COOH的浓度，使平衡正向移动实现；
(3)由图示可知该装置中有直流电源，因此该装置属于电解池，其中b电极连接电源的正极，为阳极，阳极上O2-失去电子，发生氧化反应产生O2，故b电极的电极反应式为：2O2--4e-=O2↑。
【点睛】本题考查了反应热与键能的关系、化学平衡影响的有关计算、反应条件的判断及电解池知识。掌握化学反应有关原理，理解有关概念的含义是本题解答关键，题目考查了学生识图与数据处理能力及应用知识分析解决问题的能力。
16. ＜ 溶液由蓝色恰好变为无色，且30秒内不变色 AC
【分析】根据KHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡，由电离常数和水解常数判断相对大小，进而判断溶液的酸碱性；根据滴定原理，结合I2使淀粉变蓝，判断滴定终点现象；根据氧化还原滴定，由反应，分析消耗的标准溶液的体积偏大的原因；根据题中所给数据，结合氧化还原反应，由得失电子守恒计算该晶体的化学式。
【详解】（1）溶液中存在HC2O4-H++C2O42-电离平衡，Ka2==5.4×10-5，KHC2O4水解反应为：HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，其水解平衡常数为Kh2=====1.9×10-13，在KHC2O4溶液中，HC2O4-电离呈酸性，HC2O4-水解呈碱性，由Ka2=5.4×10-5＞Kh2=1.9×10-13可知，电离程度大于水解程度，故KHC2O4溶液呈酸性，pH＜7，答案为＜。
（2）步骤II化学反应是；，用标准溶液滴定I2，淀粉作指示剂，开始呈现蓝色，滴定到终点，现象为加入最后一滴Na2S2O3的标准液于锥形瓶中，溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不恢复；答案为加入最后一滴Na2S2O3的标准液于锥形瓶中，溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不恢复。
（3）A．滴定前未将待测溶液充分加热，待测溶液中可能含有MnO4-，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，消耗更多的Na2S2O3，消耗的标准溶液的体积偏大，故A符合题意；
B．锥形瓶水洗后未干燥，不影响滴定，对滴定结果无影响，故B不符合题意；
C．装标准溶液的滴定管水洗后未润洗，标准液被稀释，滴定时消耗的体积增大，故C符合题意；
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，标准液消耗量减小，消耗标准溶液的体积变小，故D不符合题意；
答案AC。
（4）由反应可知，C2O4-与MnO4-完全反应，消耗MnO4-的物质的量为n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×0.032L=3.2×10-3mol，样品中C2O4-的物质的量为n(C2O4-)=×3.2×10-3mol=8.0×10-3mol，由，可知，关系式为2S2O32-~I2~2Cu2+，得出n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.2500mol·L-1×0.016L=4.0×10-3mol，根据电荷守恒原理：n(K+)=2n(S2O32-)-2n(Cu2+)=2×8.0×10-3mol-2×4.0×10-3mol=8.0×10-3mol，根据质量守恒原理：m(H2O)=1.4160g-8.0×10-3mol×39g/mol-4.0×10-3mol×64g/mol-8.0×10-3mol×88g/mol=1.4160g-0.312g-0.256g-0.704g=0.144g，n(H2O)==8×10-3mol，则n(K+)：n(Cu2+)：n(C2O42-)：n(H2O)= 8.0×10-3：4.0×10-3：8.0×10-3：8×10-3=2：1：2：2，该晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O；答案为K2Cu(C2O4)2·2H2O。
17. 175 增加，氧化性减弱，脱硝效率下降 0.1
【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热；
(2)根据的浓度、吸收液对脱硫脱硝效率的影响图象分析解答；
③根据电子转移计算；根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式；
(3)根据电解原理分析解答。
【详解】(1)已知热化学方程式：① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律可知，由①+②+③可得目标方程式，则反应的；
(2)①由图可知，的浓度为175时，脱硫效率最高，而高于175时，脱硝效率增大不明显，故最适宜的浓度为175；
②时，随着的增大，的脱除率下降，其可能的原因是增加，氧化性减弱，脱硝效率下降；
③时，会发生歧化反应：，该反应中，+4价的Cl，既有化合价升高到+5价，又有化合价降低到+3价，故有2mol参加反应时，转移1mol电子，则当有完全反应时，转移电子数目为0.1；在碱性条件下可以将氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为；
(3)电解池中阳极发生氧化反应，电解溶液制备时，Cl元素由-1价升高为+4价，则该过程应在阳极发生，则阳极产生的电极反应式为；阳极也可能发生反应，故此方法的缺点是所得产品纯度不高，气体中所含的杂质可能有。
【点睛】第(3)问根据已知信息可知，要用该电解池装置电解溶液制备，根据电解原理可知阳极产物应为，而不是我们平常认为的，当题目中有已知信息时，我们要按信息去解答题目，不能想当然作答。
18. 或 HF O 、 6 4
【分析】(1)根据核外电子排布规律书写；
(2)根据等电子体的概念解答；
(3)根据配位键的概念分析；
(4)根据轨道杂化理论分析；
(5)根据晶胞的结构分析计算。
【详解】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为或，Cu原子失去4s轨道的1个电子和3d轨道的1个电子后变成，故基态的核外电子排布式为或；
(2)原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，与互为等电子体的一种分子可以为HF；
(3)与反应能生成，中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，所以中的配位原子为O；
(4)乙醛()中甲基上的C原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，故甲基上的C原子采取sp3杂化；醛基中的C原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，故醛基上的C原子采取sp2杂化；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6mol σ键；
(5)一个晶胞中，白球的个数为，黑球的个数为4，又Cu2O中Cu和O的个数比为2:1，故白球为O原子，黑球为Cu原子，故一个晶胞中，原子的数目为4。
【点睛】有机物中C原子的杂化方式：若C原子形成4个σ键，采取sp3杂化，如甲烷的碳原子、乙醛中甲基上的碳原子等；若C原子形成3个σ键，即C原子形成双键，如碳碳双键或碳氧双键等，采取sp2杂化，如乙烯，醛基上的碳原子等；若C原子形成2个σ键，即C原子形成三键，如碳碳三键，采取sp杂化，如乙炔等。
19. 1s22s22p63s23p63d24s2(或为[Ar] 3d24s2) 1 O＞N＞C sp3 O TiN
【分析】(1)Ti是22号元素，根据构造原理，可得基态钛原子的核外电子排布式；N2分子中2个N原子形成3个共价键，共价三键中含有1个σ键，2个π键；
(2)元素的非金属性越强，其电负性就越大；
(3)根据原子形成的化学键数目判断其杂化类型；Ti原子具有空轨道，OC4H9中的O原子提供孤电子对；
(4)利用均摊方法计算晶体的化学式。
【详解】(1)Ti是22号元素，根据构造原理，可得基态钛原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或简写为[Ar] 3d24s2；N2分子中2个N原子形成3个共价键，结构式是N≡N，2个N原子通过共价三键结合，其中含有1个σ键，2个π键，则1 mol N2中含有1 mol σ键；
(2)元素的非金属性越强，其电负性就越大。C、N、O是同一周期的元素，由于元素的非金属性：O＞N＞C，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是：O＞N＞C；
(3)在络合物钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]中，配位体OC4H9的C原子形成4个共价键，因此C原子杂化类型为sp3杂化；中心离子Ti4+提供空轨道，配位体OC4H9中的O原子提供孤对电子对，所以该配合物中的配位原子是O原子；
(4)根据晶胞结构可知：N原子数目为：8×+6×=4；含有的Ti原子数目为：12×+1=4，所以该晶体的化学式为TiN。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化、元素电负性比较、化学键类型的判断及数目计算和晶胞知识。掌握原子核外电子排布规律、杂化轨道理论等知识是本题解答关键，要学会使用均摊方法分析晶体结构。
江苏扬州市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·江苏扬州·高二统考期末）低浓度含砷As废水可用铁盐沉淀法处理。通常情况下，废水中同时存在三价砷和五价砷，其去除原理为：Fe3++AsO=FeAsO3↓，Fe3++AsO=FeAsO4↓。
已知：①三价砷的毒性高于五价砷；
②Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)；
③K2FeO4具有较强的氧化性。pH越小，其氧化性越强，稳定性越弱。
(1)pH约为7时，为除去废水中的砷，下列试剂中去除效果较好的是____(填序号)。
A．FeCl3 B．K2FeO4 C．FeCl3、K2FeO4
选择该试剂的理由是___。
(2)一定条件下，以K2FeO4去除废水中的砷，溶液的pH对砷去除率的影响如图1所示：
①当pH>8时，pH越大，砷去除率越低，其原因可能是___。
②当pH<5时，pH越小，砷去除率越低，其原因可能是___。
(3)Na2S2O8易溶于水、有氧化性，利用Fe—Na2S2O8体系去除废水中的五价砷，反应机理如图2所示。
已知：•OH(羟基自由基)是一种不带电荷的活性中间体，“•”表示未成对电子。
①写出•OH的电子式____。
②S2O在此过程中的作用与发生的变化可描述为___。
2. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）二氧化氯()是一种高效的饮用水消毒剂。
(1)在酸性条件下，可与反应生成。写出发生反应的离子方程式：_______。
(2)某泡腾片的有效成分为、、，其溶于水时反应可得到溶液，并逸出大量气体。和反应生成和，每生成1mol消耗的物质的量为_______mol，逸出气体的主要成分是_______(填化学式)
(3)消毒时会产生少量的，可利用将转化为除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于50℃时，ClO去除率随温度升高而降低的原因可能是_______
(4)为测定某二氧化氯溶液中的浓度，进行如下实验：准确量取5.00mL溶液，酸化后加入过量的KI溶液，充分反应，加入几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点。重复上述操作2~3次，平均消耗溶液27.50mL。已知：，
①滴定终点的现象为_______。
②计算该二氧化氯溶液中的物质的量浓度_______(写出计算过程)。
3. （2021春·江苏扬州·高二统考期末）炼钢时加入少量钒(V)添加剂，能优化钢的性能。某钢厂利用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]测定钒添加剂中钒的含量，其检测步骤如下：
步骤一取0.5000g钒添加剂试样预处理并溶于酸，配制成250mL待测液：
步骤二取待测液25.00mL，用适量KMnO4溶液将钒充分氧化为VO，然后加入足量NaNO2溶液等，充分反应；
步骤三向反应后溶液中加指示剂，用0.0200mol•L-1的硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为25.00mL。
已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。
(1)V的基态核外电子排布式为___。
(2)向待测液中滴加KMnO4溶液，标志反应完全的现象为___。
(3)NaNO2的作用是除去过量的KMnO4，酸性条件下KMnO4被还原为Mn2+，反应的离子方程式为___。
(4)按国家标准，钒添加剂中V的含量(换算为V2O5的含量=×100%)不得低于90%，计算并判断该试样是否符合要求(写出计算过程)。___。
(5)该检测过程中，硫酸亚铁铵标准溶液必须现配现用，若放置时间过长可能会导致测定结果___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
4. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢被氧化。实验室制备的步骤如下：
(1)反应Ⅰ在如图所示实验装置的三颈烧瓶中进行，实验所用蒸馏水需经煮沸，目的是除去水中的_________（写化学式）。
(2)反应Ⅰ中：三颈烧瓶中反应生成的离子方程式为________；烧杯中发生反应的化学方程式为________。
(3)过滤步骤中，需要在避光的条件下进行，原因是________。
(4)洗涤步骤中，依次用溶有少量的水、溶有少量的乙醇、纯乙醚洗涤。洗涤剂需“溶有”的原因是________。
(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液制取较纯净的无水晶体。
(水溶液中、、随的分布，的溶解度曲线如题图所示)。
请补充完整实验方案[须用到(贮存在钢瓶中)、计]：
①________；
②加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，加热浓缩溶液至有大量晶体析出；
③________；
④用无水乙醇洗涤2-3次；
⑤放真空干燥箱中干燥。
5. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）新型降糖药利拉江的关键中间体Y的合成路线如下图所示：
回答下列问题：
(1)A分子中采取杂化原子的数目为_______。
(2)D→E的反应类型为_______
(3)E→F的反应中有副产物(分子式)生成，该副产物的结构简式为_______。
(4)，X的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为_______。
①分子中共有4种不同化学环境的氢原子；
②红外光谱表明：分子中有，氯原子直接连在苯环上，除苯环外不含其它环状结构。
(5)已知：①
②
设计以苯和乙酸为原料合成有机物的路线图_______(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)
6. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）化合物是某抗肿瘤药物的重要中间体，其部分合成路线如下：
（1）中含氧官能团的名称为________和________。
（2）的反应类型为________。
（3）化合物的结构简式为________。
（4）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能与溶液发生显色反应；
②酸性条件下水解产物分子均只有3种不同化学环境的氢。
（5）已知：
写出以和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）________。
7. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）苯达松是一种触杀性除草剂，其合成路线如下：
(1)C中含氧官能团的名称为________和________。
(2)B→C的反应类型为________。
(3)化合物D的结构简式是________。
(4)B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能发生银镜反应；
②水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：2。
(5)已知信息：
写出以CH3CH2OH和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)________。
8. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）叠氮化钠()常用于制造汽车安全气囊。实验室制备水合肼()并利用其还原性进一步反应制取的流程如下：
已知：①一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成；
②室温时在水中的溶解度为42g，其微溶于乙醇，向饱和溶液中加入乙醇会析出固体。
回答下列问题：
(1)在一定温度下，吸收塔中可提高吸收率的措施为_______(答出一点即可)。
(2)反应器1中生成水合肼反应的化学方程式为_______。为提高水合肼的产率，反应器1中NaClO和尿素的添加顺序为_______。
(3)亚硝酸乙酯()、NaOH和水合肼()反应生成，其原理如下：，若生成7.8g，则该反应中转移电子的物质的量为_______mol。
(4)实验室也可以与制备，所得固体粗产品中含有少量的，已知与水反应生成NaOH和，写出以21g粗产品获得固体的实验步骤：_______，低温干燥。(须用试剂：乙醇、蒸馏水)
9. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）以硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：
(1)“酸溶”时加快溶解的方法可以是________。(写出一种)
(2)“还原”过程中主要反应的离子方程式为________。
(3)“氧化”过程中，生成FeOOH的离子方程式为________。
(4)“过滤Ⅱ”所得铁黄在洗涤过程中，检验铁黄表面已洗涤干净的操作是________。
(5)实验测得反应溶液的、温度对铁黄产率的影响如图1、图2所示。
①反应温度宜选择________；
②氧化时应控制pH的合理范围是4.5左右，pH过小或过大均会导致铁黄产率较低，其可能原因是________。
10. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）高铁酸钾()是复合型的水处理剂，以废铁屑(含有、、油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)热的溶液清洗废铁屑的目的是_________。
(2)氧化Ⅰ中被氧化成的离子方程式为________。
(3)溶液在不同下，的浓度随时间的变化如图所示。氧化Ⅱ制备时，选用的加料方式是_________（填字母），原因是________。
A．将、混合液与氧化Ⅰ所得溶液同时加入到反应容器中
B．将、混合液缓慢加入到盛有氧化Ⅰ所得溶液的反应容器中
C．将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中
(4)转化步骤中加入饱和溶液，析出晶体的原因是________。
(5)高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②________。
(6)高铁酸钾可用于高铁电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为，放电时正极的电极反应式为________。
11. （2022春·江苏扬州·高二统考期末）利用加氢制甲醇等清洁燃料，是实现减排较为可行的方法。一定温度下，和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)相同温度下，反应的_______。
(2)在催化、恒压条件下，向密闭容器中投入一定量和。其他条件相同，升高温度，判断甲醇选择性以及的平衡转化率的变化，并说明理由：_______。已知：。
(3)氢气可通过水煤气法获得，原理为。在进气比不同时，测得平衡时CO转化率如图，A和B两点对应的温度关系：_______(填“＜”、“＞”、或“=”)，判断的理由是_______。
(4)如图装置可将和甲醇转化为甲酸。阳极的电极反应式为_______。
(5)加氢制甲醇的部分反应机理如图所示。
“”表示物质在催化剂表面被吸附，“ ”表示自由基中未成对电子。已知在催化剂表面会形成两种吸附态的H，一种显正电性，一种显负电性。
①根据元素的电负性变化规律分析，过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比为_______；
②结合化学键的断裂和形成，过程ⅱ可描述为_______。
12. （2021春·江苏扬州·高二统考期末）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)工业用途非常广泛，易溶于水，在中性和碱性环境中稳定。实验室用工业硫化钠(含少量Na2SO4、Na2CO3杂质)为原料制备Na2S2O3•5H2O，其流程如图：
已知：Ksp(BaSO4)=1.07×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9。
(1)S2O结构如图1所示，可认为是SO中一个氧原子被硫原子代替，S2O空间构型为___(用文字表述)，中心硫原子(S*)杂化方式为___。
(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，c(SO)=___。
(3)制备Na2S2O3•5H2O实验装置与过程如图：
将提纯后的Na2S与Na2CO3一起置于装置C的三颈烧瓶中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌；打开装置A中分液漏斗的旋塞，滴入硫酸，产生SO2；充分反应后，过滤三颈烧瓶中所得混合物，经处理得到Na2S2O3•5H2O。
①B装置的作用为___。
②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为____。
③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是___。
13. （2021春·江苏扬州·高二统考期末）CH4—CO2催化重整合成CO、H2可有效减少碳排放。其主要反应如下：
反应ⅠCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=247.3kJ•mol-1
反应ⅡCO2(g)+2H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=41.0kJ•mol-1
(1)将一定最CH4与CO2充入密闭容器中，若仅发生上述两个反应，则反应达到平衡的标志是___(填序号)。
A．恒温恒容条件下，气体的密度不变
B．恒温恒容条件下，气体的压强不变
C．恒温恒容条件下，CO和H2的浓度相等
D．绝热恒容条件下，反应体系的温度不变
(2)反应III为CH4(g)+CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g)，该反应的△H=___kJ•mol-1，平衡常数表达式为K=___。
(3)图1为反应温度、进料对反应出口合成气中的影响。
①850℃时，图1中曲线a、b、c所示由大到小的关系是___，理由是___。
②当温度大于850℃时，曲线c出现如图变化的原因可能是___。
(4)固体氧化物燃料电池利用CH4为原料，直接在电极上氧化合成CO、H2。其反应原理如图2所示，写出电极m上发生反应的电极方程式____；若电极m上通入CH4的速率过快或过慢均会使CO、H2产率降低。其原因是___。
14. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）采用科学技术减少氮氧化物等物质的排放可促进社会主义生态文明建设。
(1)用CH4催化还原氮氧化物的相关热化学方程式如下：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-662 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-1248 kJ/mol
反应CH4(g)+2NO2(g)= N2(g) +CO2(g)+2H2O(l) △H=________kJ/mol
(2)氮氧化物可用碱溶液吸收。NO和NO2混合气体按一定比例被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和H2O，写出该反应的化学方程式________；若反应过程中消耗NaOH的物质的量为3 mol，则理论上被吸收的NO和NO2混合气体的总体积在标准状况下为________L。
(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：
①由图1可知SCR技术中的还原剂为________。
②一定时间内，用Fe作催化剂，氨气按一定的比例催化还原氮氧化物时，不同温度下的脱氮率如图2所示，温度高于300℃时，脱氮率随温度的升高而下降的原因可能是________。
(4)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计成原电池，既能减轻氮氧化物对环境的污染，又能充分利用化学能，装置如图3所示。
①电极B是________极（填“正”或者“负”）。
②A电极的电极反应式为________。
15. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）对CO2进行综合利用可以节约能源，减少碳排放，对于环保有重要意义。
(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
键能/(kJ/mol)
a
b
c
d
则估算该反应的△H=________kJ/mol（用a、b、c、d的代数式表示）。
②一定条件下，向2 L密闭容器中通入CO2和CH4各4 mol，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。当反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，则平衡时CO2的浓度为________mol/L。
(2)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，反应方程式为CH4+CO2CH3COOH。
①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图3所示。在制备乙酸时，可选择的适宜温度为________。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出一种)。
(3)CO2在新型钴基电催化剂作用下转化为清洁燃料——甲酸，其工作原理如图4所示。该装置是________（填“原电池”或“电解池），电极的电极反应式为________。
16. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）实验室模拟用溶液和溶液混合制备，再将所得与溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。通过下述实验确定该晶体的组成。
步骤Ⅰ 称取样品，放入锥形瓶，加入适量稀硫酸，微热使样品溶解，再加入水加热，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
步骤Ⅱ 将步骤Ⅰ的溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终显示蓝色。冷却后，调节并加入过量固体，与反应生成沉淀和，以淀粉作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：；
；
回答下列问题：
（1）室温下，，，溶液________7（填“>”或“<”或“=”）。
（2）步骤Ⅱ中滴定终点的现象为________。
（3）步骤Ⅱ中若消耗的标准溶液的体积偏大，可能的原因有________（填字母）。
A．滴定前未将待测溶液充分加热
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．装标准溶液的滴定管水洗后未润洗
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
（4）通过计算确定该晶体的化学式（写出计算过程）。
________________________
17. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）二氧化氯()具有强氧化性，协同氨法同时脱硫脱硝具有高脱除率。
(1)单独参与脱硝过程中发生以下反应：
则反应的________
(2)的浓度、吸收液对脱硫脱硝效率的影响分别如图所示，
①最适宜的浓度为________；
②时，随着的增大，的脱除率下降，其可能的原因是__________
③时，会发生歧化反应：，当有完全反应时，转移电子数目为________；歧化反应生成的也可以作为氧化剂进行脱硝反应，写出碱性条件下将氧化为的离子方程式______________。
(3)工业上以不锈钢材料为阴极，表面覆盖金属氧化物的石墨为阳极，电解溶液制备。写出阳极产生的电极反应式________；此方法的缺点是所得产品纯度不高，气体中所含的杂质可能有_____________。
18. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）用、可以制备含有的悬浊液，该悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米。
(1)基态的核外电子排布式为__________。
(2)与互为等电子体的一种分子为________（填化学式）。
(3)与反应能生成，中的配位原子为________（填元素符号）。
(4)乙醛()中碳原子的轨道杂化类型是_________；中含有键的数目为________。
(5)一个晶胞(见图)中，原子的数目为________。
19. （2020春·江苏扬州·高二统考期末）氮化钛是一种新型功能性材料，它可由钛粉和氮气在一定条件下进行制备。
(1)基态钛原子的核外电子排布式为________，1 mol N2中含有________molσ键。
(2)钛也可与C、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是________。
(3)氮化钛也可由钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为原料进行制备，钛酸四丁酯结构如图1。其中碳原子的杂化类型为________。该配合物中的配位原子为________。
(4)有一种氮化钛晶体的晶胞如图2所示，该晶体的化学式为________。
参考答案：
1. C K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+ pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低 pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低 S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀
【详解】(1)由题给信息可知，除去废水中砷的过程，实际上是将砷元素转化为溶度积小的FeAsO4沉淀的过程，则pH约为7时，向废水中加入K2FeO4，将三价砷氧化为五价砷，反应的化学方程式为5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，由方程式可知FeO不能将AsO完全转化为FeAsO4沉淀，溶液中还存在AsO离子，还需要加入FeCl3溶液将AsO离子完全转化为FeAsO4沉淀，达到除去废水中砷的目的，则去除效果较好的试剂是FeCl3、K2FeO4，故答案为：C；K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+；
(2)①由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4氧化性越强，则当溶液pH>8时，溶液pH越大，K2FeO4氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，导致砷去除率降低，故答案为：pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低；
②由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4稳定性越弱，则当溶液pH<5时，溶液pH越小，K2FeO4不稳定分解，溶液中FeO浓度降低，导致砷去除率越低，故答案为：pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低；
(3)①•OH是水分子去掉一个氢原子形成的不带电荷的自由基，电子式为，故答案为：；
②由反应机理示意图可知，S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀，故答案为：S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀。
2. (1)
(2) 1.25
(3)温度高于50℃时，水解程度增大，的浓度减小，故去除率降低
(4) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 0.11
【解析】（1）
在酸性条件下，可与反应生成，同时生成氧气、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为：；
（2）
NaHSO4溶液完全电离得到H+，NaC1O2和NaHSO4反应生成ClO2和C1-，即发生歧化反应生成ClO2和C1-， 结合酸性条件配平的离子方程式为，根据反应可知，每生成1mol消耗的物质的量为1.25mol，因溶液显酸性与反应产生二氧化碳，故逸出气体的主要成分是；
（3）
FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，故去除率降低；故答案为: 温度高于50℃时，水解程度增大，的浓度减小，故去除率降低；
（4）
①用溶液滴定至终点，产生的碘恰好完全反应后溶液蓝色褪去，故滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；
②依据反应原理得关系式：，，，。
3. 1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2 溶液变为浅红色，且振荡后不褪色 2MnO+5NO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O ，该试样符合要求 偏大
【分析】取0.5000g钒添加剂试样预处理并溶于酸，配制成250mL待测液，取待测液25.00mL，用适量KMnO4溶液将钒充分氧化为VO，若KMnO4溶液过量会将VO氧化，溶液变为浅红色，所以当溶液变为浅红色，且振荡后不褪色，表明KMnO4已足量，然后加入足量NaNO2溶液等，除去过量的KMnO4，向反应后溶液中加指示剂，用0.0200mol•L-1的硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，根据VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O计算钒添加剂中钒的含量。
【详解】(1)V是23号元素，V的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；
(2)由分析可知，标志反应完全的现象为溶液变为浅红色，且振荡后不褪色；
(3)酸性条件下，NaNO2和KMnO4反应生成Mn2+、NO和H2O，离子方程式为2MnO+5NO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；
(4)用0.0200mol•L-1的硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为25.00mL，根据VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，得出25mL溶液中VO的物质的量为mol，则样品中V2O5的物质的量为mol，则钒添加剂中V的含量为，该试样符合要求；
(5)若硫酸亚铁铵标准溶液放置时间过长，Fe2+被氧化为Fe3+，滴定时消耗硫酸亚铁铵标准溶液体积偏大，会导致测定结果偏大。
4. 防止见光分解 防止被氧化 向烧杯中继续通入，用计测量溶液的，若约为10，停止通 在高于34℃条件下趁热过滤
【分析】反应Ⅰ中，在三颈烧瓶中铜离子被还原为亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，再经过滤、洗涤、干燥得到，烧杯中过量的NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的SO2气体，防止SO2逸出污染环境；同时需结合题干中有关物质性质的已知信息进行作答。
【详解】(1)由已知信息知，溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，因此本实验反应Ⅰ中用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除空气中氧气的干扰，因此实验所用蒸馏水需经煮沸，目的是除去水中的；
(2)反应Ⅰ中，铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为： ；烧杯中NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的SO2气体，防止SO2逸出污染环境，NaOH溶液是过量的，则产物为Na2SO3，故发生反应的化学方程式为；
(3)由已知信息知，溴化亚铜见光会分解，所以过滤步骤中，需要在避光的条件下进行，是为了防止CuBr见光分解；
(4)由已知信息知，溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤步骤中，洗涤剂需“溶有”是为了防止被氧化；
(5)上述装置烧杯中过量的NaOH溶液吸收生成，且NaOH有剩余，因此为制取较纯净的无水晶体，结合水溶液中、、随的分布图可知：应先向烧杯中继续通入，与剩余的NaOH反应，并用计测量溶液的，若约为10，停止通，从而得到溶液；根据的溶解度曲线可知在温度高于34℃的条件下溶解度逐渐减小，因此在加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，防止被氧化的同时，加热浓缩溶液至有大量晶体析出；再在高于34℃条件下趁热过滤，得到晶体；再用无水乙醇洗涤2-3次，除去晶体表面的可溶性杂质；最后放真空干燥箱中干燥。
【点睛】本题第(5)问③的趁热过滤是学生们的易混点，学生们往往忽略在的溶解度曲线中的溶解度随温度的变化，没有注意到在温度高于34℃的条件下溶解度逐渐减小，因此在步骤②加热浓缩溶液至有大量晶体析出后，直接填写过滤，这样可能会导致部分又重新溶解，或者温度过低的话，还会有析出，因此需要在高于34℃条件下趁热过滤，得到晶体。
5. (1)4
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)
【分析】A与NaNO2发生反应得到B，B和Na2S2O3发生还原反应得到C，对比C和E的结构可知D为，D和在DFF、DIPEA作用下发生取代反应得到F和HBr，可知X为。
（1）
A分子中甲基C和3个N均采取杂化，即A分子中采取杂化原子的数目为4；
（2）
由分析可知D和溴发生取代反应生成E和HBr，反应类型为取代反应；
（3）
E→F时，实质是N上的H被取代，结合副产物分子式可知副产物的结构简式为；
（4）
由分析可知X为，不饱和度为6，其同分异构体满足：
①分子中共有4种不同化学环境的氢原子，则具备一定的对称性；
②红外光谱表明：分子中有−NH2，氯原子直接连在苯环上，除苯环外不含其它环状结构，则侧链含4个C且4个C要组成不饱和度为3的结构，即一定含-C≡C-C=C-结构；
综上，符合条件的结构为；
（5）
对比原理苯、乙酸的结构可知关键是苯环上要引入氨基和乙酰基，氨基可由苯环先发生硝化反应引入硝基然后还原得到；乙酰基可由已知①引入，故合成路线为 。
6. 醛基 醚键 取代反应
【分析】(1)(3):由流程知，的反应为苯环所连甲基上氢原子被氯原子取代的反应，的反应是氯代烃的水解反应，故C为，是芳香醇的催化氧化反应，则是羟醛缩合反应，就是仿照问题(5)中所提信息的反应，中含氧官能团的名称为醚键和醛基，据此回答；
(4)的一种同分异构体按它必须满足的条件找到相应的官能团可书写；
(5)可用逆推法分析得出反应流程，要制备，则需要CH2=CH-COOH和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要从和得到CH2=CH-COOH，则需要引入羧基、碳碳双键同时还需增长碳链，故可仿照题干流程或结合所提供的信息知，由和在稀NaOH溶液中加热下发生反应，就可获得CH2=CH-CHO，再氧化成CH2=CH-COOH，由催化氧化而得，据此回答；
【详解】(1)E为，中含氧官能团的名称为醚键和醛基；
答案为：醛基；醚键；
(2) 的反应为，苯环所连的甲基上一个氢原子被氯原子取代的反应；
答案为：取代反应；
(3)B为 ，的反应是氯代烃在氢氧化钠水溶液中发生的水解反应，故C为；
答案为：；
(4)为，其分子式为C9H10O3，不饱和度为5，D的一种同分异构体要同时满足下列条件：①能与溶液发生显色反应；则其中含有酚羟基，②酸性条件下水解产物分子均只有3种不同化学环境的氢，则其含有1个酯基，水解产物分别含有羧基和羟基，水解产生的羧酸只能是CH3-CH2-COOH，丙酸有3种不同化学环境的氢，则另一水解产物为，分子中一个羟基是酯基水解后生成的，分子中也只有3种不同化学环境的氢，则满足条件的D的一种同分异构体为；
答案为：；
(5)要制备，则需要CH2=CH-COOH和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要得到CH2=CH-COOH，则需要通过弱氧化剂把CH2=CH-CHO中的醛基氧化而得，要得到CH2=CH-CHO，要由和在稀NaOH溶液中加热反应，要得到，由催化氧化即可，故流程为；
答案为：。
7. 硝基 羧基 氧化反应
【分析】A为甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基邻位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为-COOH，反应产生C：，C与H2在Pd/C作用下，—NO2被还原为—NH2，产生D：，D与CH3OH在浓硫酸存在并加热时发生酯化反应产生E：，E与发生氨基上的取代反应产生F：，F在碱性条件下发生取代反应产生苯达松：。
【详解】(1)C结构简式是，其中含有的含氧官能团是—NO2、—COOH，名称分别是硝基、羧基；
(2)B是，B被酸性KMnO4溶液氧化产生C：，所以B→C的反应类型为氧化反应；
(3)根据上述分析可知：化合物D结构简式是；
(4)化合物B结构简式是，它的一种同分异构体符合条件：①能发生银镜反应，说明含有—CHO；②水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其含有酚羟基形成的酯基，是甲酸与酚羟基形成的酯基；③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：2，说明分子中有4种H原子，个数比为1：2：2：2，则该物质结构简式为：；
(5)乙醇CH3CH2OH被催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO被催化氧化产生CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂条件下加热发生酯化反应产生CH3COOCH2CH3；与H2在Pd/C作用下，—NO2被还原为—NH2，产生，与CH3COOCH2CH3发生取代反应产生。故以CH3CH2OH和为原料制备的合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，掌握各种官能团对物质性质的决定作用及物质转化中化学式的变化是本题解答的关键。要利用有机物分子、苯达松的结构与反应条件进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，题目侧重考查学生分析推理能力能力、自学能力、知识迁移运用能力。
8. (1)缓慢通入；适当增加NaOH溶液的浓度；或者采用气液逆向吸收
(2) 向尿素中加入NaClO溶液
(3)0.4
(4)向固体中加入约50mL蒸馏水(1分，50~55 mL即可)，搅拌至固体完全溶解后，向溶液中加入适量的乙醇至不再生成沉淀，过滤，用乙醇洗涤
【分析】氯气与氢氧化钠溶液在吸收塔中反应生成NaClO，反应器1中碱性NaClO溶液与尿素在硫酸锰催化作用下生成水合肼和碳酸钠，蒸馏脱盐后得到水合肼；反应器2中制备NaN3，经过结晶、抽滤、洗涤和重结晶后得到纯净的NaN3。
(1)
在一定温度下，吸收塔中可提高吸收率的措施为：缓慢通入；适当增加NaOH溶液的浓度；或者采用气液逆向吸收（任写一条）；
(2)
反应器1 中NaClO与尿素在硫酸锰催化作用下生成水合肼和碳酸钠，化学方程式为：；反应中需要控制NaClO的用量，因其具有强氧化性，能与水合肼反应，故为提高水合肼的产率，反应器1中NaClO和尿素的添加顺序为：向尿素中加入NaClO溶液；
(3)
方程式：中，只有N元素化合价发生变化，中为+3价，中为-2价，中为价，发生了归中反应，生成转移了个电子，生成7.8g，即0.12mol时，转移电子的物质的量为；
(4)
先将混合物用蒸馏水溶解除去NaNH2，根据信息②，再加乙醇降低NaN3的溶解度使其析出，过滤后再用乙醇洗涤即可，故实验步骤：向固体中加入约50mL蒸馏水(1分，50~55 mL即可)，搅拌至固体完全溶解后，向溶液中加入适量的乙醇至不再生成沉淀，过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
9. 快速搅拌或适当提高酸溶时温度 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗涤干净 40℃ pH过低导致Fe3+不可能完全转为铁黄，pH过大导致部分Fe3+会转化为Fe(OH)3
【分析】硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加铁粉把铁离子还原为Fe2+，之后进行过滤，滤渣主要为不溶于稀硫酸的二氧化硅，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；
【详解】(1)快速搅拌、适当提高酸溶时温度均可以加快溶解的速率；
(2)还原过程主要为铁粉和铁离子的反应，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)根据流程可知氧化过程中氧化剂为O2，Fe2+在碱性环境中被氧化成FeOOH，铁元素化合价升高1价，所以反应中Fe2+和O2的系数比为4:1，再结合元素守恒可得离子方程式为；
(4)根据整个流程可知生成的铁黄表面可能附着硫酸铵，所以需要检验铁黄表面是否存在硫酸根来验证铁黄是否洗涤干净，具体操作为：取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗涤干净；
(5)①据图可知温度为40℃时铁黄的产率最高，所以温度选40℃；
②pH过低导致Fe3+不可能完全转为铁黄，pH过大导致部分Fe3+会转化为Fe(OH)3，所以pH过小或过大均会导致铁黄产率较低。
【点睛】书写第3小题离子方程式时要注意，该流程中是利用氨水提供氢氧根，一水合氨为弱电解质，不能写成离子。
10. 去除废铁屑表面的油污 C 避免高铁酸钠在酸性条件下分解(高铁酸钠在碱性条件下更稳定) 高铁酸钾溶解度小，更易析出 高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质
【分析】废铁屑中含有、、油污等杂质，用热的溶液清洗废铁屑，可以去除废铁屑表面的油污，用稀硫酸溶解，Fe、、均与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢进行氧化I，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中，得到，在溶液中再加入饱和KOH溶液，析出晶体，再经过滤、洗涤、干燥，得到晶体，据此分析解答。
【详解】(1)热的溶液水解显碱性，则用热的溶液清洗废铁屑可以去除废铁屑表面的油污；
(2)由以上分析知，氧化Ⅰ中过氧化氢将氧化为，反应的离子方程式为；
(3)由图象可知，在碱性条件下可稳定存在，在酸性条件下不稳定，会发生分解，氧化I的溶液呈酸性环境，因此氧化Ⅱ制备时，为避免高铁酸钠在酸性条件下分解，应将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中，选用的加料方式应为C；
(4)经过氧化Ⅱ得到，转化步骤中加入饱和溶液，析出晶体，是因为高铁酸钾溶解度小，更易析出；
(5)高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质；
(6)根据高铁电池的总反应式中元素化合价的变化可知，放电时，在正极得电子被还原为氢氧化铁，故正极的电极反应式为。
【点睛】高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因叙述是学生们的弱点，相信同学们只要加强理解和记忆，就一定可以掌握。①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质。
11. (1)
(2)温度升高，甲醇选择性降低，的平衡转化率无法判断。温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高
(3) = 由图中数据计算得等于，同一反应K只与温度有关，K相等温度相等
(4)
(5) 1:1 被吸附的与被吸附的·作用，中H−O断裂，形成了中H−O，生成被吸附的与HO·
【解析】(1)
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅰ-反应Ⅱ得反应，其-=；
(2)
反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高。即温度升高，甲醇选择性降低，的平衡转化率无法判断。温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高；
(3)
设A点起始c(CO)=1mol/L，c(H2O)=2mol/L，列三段式：，KA==1；
设B点起始c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L，列三段式：，KB==1；
即KA= KB，故=；判断的理由是由图中数据计算得等于，同一反应K只与温度有关，K相等温度相等；
(4)
由图可知二氧化碳转化为甲酸的电极C的价态降低，为阴极，则阳极甲醇失电子转化为甲酸，电极反应式为；
(5)
①过程ⅰ可表示为4H*+HCOO·=CH3O·+H2O*（*表示吸附态），反应后多了2个C-H形成CH3O·，2个H-O形成H2O*，电负性：O>C>H，则形成CH3O·的H显负电性，形成H-O的H显正电性，即过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比=2:2=1:1；
②结合图可知过程ⅱ为被吸附的与被吸附的·作用，中H−O断裂，形成了中H−O，生成被吸附的与HO·。
12. 四面体 sp3 4.15×10-7mol•L-1 防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速 2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在
【分析】A装置制备二氧化硫，C装置中合成Na2S2O3， 会导致装置内气压减小，B装置为安全瓶作用，二氧化硫有毒，会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫。
【详解】(1) SO中中心原子S的价层电子对数为4，S为sp3杂化SO为正四面体构型，SO中一个非羟基O原子被S原子取代后的产物，由于S = S的键长不在等于S=O(S-O)，所以其空间构型为四面体形，中心S*原子同样还是sp3杂化。
(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，Ksp(BaCO3)=c(CO)×c(Ba2+)=2.58×10-9，c(Ba2+)=2.58×10-6，Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)×c(SO)=1.07×10-10，c(SO)=4.15×10-7mol•L-1。
(3) ①B装置为安全瓶，防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速。
②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为：2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。
③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。
13. BD 329.3 c>b>a 一定温度下，越大，反应II消耗的H2越多，生成的CO越多，值越小 反应I、II均为吸热反应，温度升高，反应I、II均向正反应方向移动；升温对反应II的促进作用大于反应I(或温度升高，反应II的催化效果比反应I大。) CH4-2e-+O2-=CO+2H2 流速过快，CH4在电极表面停留时间短，反应不完全；流速过慢，CH4可能转化为H2O与CO2
【详解】(1)由盖斯定律反应Ⅰ+Ⅱ可得CH4(g)+2CO2(g) =3CO(g)+H2O(g) △H=288.3 kJ•mol-1，
A．恒温恒容条件下，由于质量守恒，气体的密度不变。不可以判断达到平衡，故A错误；
B．温恒容条件下，由于反应前后化学计量数之和不同，气体的压强不变，可以判断达到平衡，故B正确；
C．恒温恒容条件下，由反应判断，H2被约去了，不能以H2的浓度来判断是否达到平衡，故C错误；
D．由反应可知此反应为吸热反应，绝热恒容条件下，反应体系的温度不变，可以判断达到平衡，故D正确；
(2) 由盖斯定律可知：Ⅰ+2×Ⅱ＝III，CH4(g)+CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g)，该反应的△H=329.3kJ•mol-1，平衡常数表达式为K=。
(3) ①850℃时，图1中曲线a、b、c所示由大到小的关系是c>b>a，理由是一定温度下，越大，反应II消耗的H2越多，生成的CO越多，值越小。
②当温度大于850℃时，曲线c出现如图变化的原因可能是：反应I、II均为吸热反应，温度升高，反应I、II均向正反应方向移动；升温对反应II的促进作用大于反应I(或温度升高，反应II的催化效果比反应I大。)
(4)固体氧化物燃料电池利用CH4为原料，直接在电极上氧化合成CO、H2。其反应原理如图2所示，此电池为原电池，失电子为负极，则m为负极，电极m上发生反应的电极方程式：CH4-2e-+O2-=CO+2H2；若电极m上通入CH4的速率过快或过慢均会使CO、H2产率降低。其原因是：流速过快，CH4在电极表面停留时间短，反应不完全；流速过慢，CH4可能转化为H2O与CO2。
14. -955 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 67.2 NH3 随着温度升高催化剂活性降低，所以脱氮率随温度的升高而下降。 正 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
(2)根据元素守恒、电子守恒书写反应方程式；根据NaOH的物质的量与反应消耗气体物质的量关系计算气体的物质的量，然后根据n=计算气体在标准状况下的体积；
(3)①根据还原剂失去电子，元素化合价升高分析判断；
②利用催化剂在一定温度下催化效率最高分析判断；
(4)根据在原电池反应中负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应分析解答。
【详解】(1)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-662 kJ/mol
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-1248 kJ/mol
根据盖斯定律，将(①+②)×，整理可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol；
(2)NO和NO2混合气体按一定比例被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和H2O，则根据元素原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；由方程式可知：NaOH的物质的量与反应消耗气体的物质的量相等，若反应过程中消耗NaOH的物质的量为3 mol，则理论上被吸收的NO和NO2混合气体的物质的量也是3 mol，其在标准状况下的总体积V(NO+NO2)=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L；
(3)①根据图示可知NH3与NO、NO2发生反应产生N2、H2O，在反应中NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以NH3为还原剂；
②一定时间内，用Fe作催化剂，氨气按一定的比例催化还原氮氧化物时，温度不同，反应脱氮率不同，催化剂只有在一定温度范围内催化效率最高，当温度高于300℃时，脱氮率随温度的升高而下降的原因可能是由于随着温度升高催化剂活性降低，导致脱氮率随温度的升高而下降；
(4)①根据图示可知：电极A上通入NH3，失去电子，发生氧化反应变为N2，所以A电极为负极；电极B上通入NO2，得到电子，发生还原反应变为N2，所以B电极为正极；
②电极A上通入NH3，失去电子，发生氧化反应变为N2，其中的+1价的H与溶液中OH-结合形成H2O，则A电极为负极，负极A的电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【点睛】本题以氮氧化物的处理为线索，考查了反应热的计算、氧化还原反应方程式的书写、概念与计算及原电池反应原理。掌握盖斯定律、氧化还原反应规律和电化学基础知识是本题解答的关键。题目侧重考查学生的知识掌握与应用能力及分析、解决问题的能力。
15. 4a+2b-2c-2d 1.5 250℃ 增大CO2的浓度 电解池 2O2--4e-=O2↑
【分析】(1)①根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算；
②根据物质反应转化关系计算各种物质的平衡时的物质的量，结合反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，计算出CO2的平衡时的物质的量及浓度；
(2)①催化剂的催化效率越高，反应消耗能量越低，越有利于制取乙酸；
②根据平衡移动原理分析判断；
(3)根据原电池、电解池的区别判断；与电源正极连接的电极为阳极，与治理电源负极连接的电极为阴极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。
【详解】(1)①由于反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差，所以反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的反应热△H=(4×a+2×b-2×c-2×d) kJ/mol=(4a+2b-2c-2d) kJ/mol；
②反应开始时CO2和CH4各4 mol，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，假设反应消耗CO2的物质的量为x，则平衡时n(CH4)=n(CO2)=(4-x) mol，n(CO)=n(H2)=2x mol，当反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，则×100%=20%，解得x=1 mol，所以平衡时n(CO2)=(4-x) mol=(4-1) mol=3 mol，容器的容积是2 L，则平衡时CO2的浓度c(CO2)=3 mol÷2 L=1.5 mol/L；
(2)①根据图示可知温度为250℃时，催化剂的催化效率最高，低于或高于该温度时催化剂的催化效率都未达到最高值，故在制备乙酸时，可选择的适宜温度为250℃；
②要提高反应CH4+CO2CH3COOH中CH4的平衡转化率，可通过增大CO2的浓度，使平衡正向移动，或减少CH3COOH的浓度，使平衡正向移动实现；
(3)由图示可知该装置中有直流电源，因此该装置属于电解池，其中b电极连接电源的正极，为阳极，阳极上O2-失去电子，发生氧化反应产生O2，故b电极的电极反应式为：2O2--4e-=O2↑。
【点睛】本题考查了反应热与键能的关系、化学平衡影响的有关计算、反应条件的判断及电解池知识。掌握化学反应有关原理，理解有关概念的含义是本题解答关键，题目考查了学生识图与数据处理能力及应用知识分析解决问题的能力。
16. ＜ 溶液由蓝色恰好变为无色，且30秒内不变色 AC
【分析】根据KHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡，由电离常数和水解常数判断相对大小，进而判断溶液的酸碱性；根据滴定原理，结合I2使淀粉变蓝，判断滴定终点现象；根据氧化还原滴定，由反应，分析消耗的标准溶液的体积偏大的原因；根据题中所给数据，结合氧化还原反应，由得失电子守恒计算该晶体的化学式。
【详解】（1）溶液中存在HC2O4-H++C2O42-电离平衡，Ka2==5.4×10-5，KHC2O4水解反应为：HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，其水解平衡常数为Kh2=====1.9×10-13，在KHC2O4溶液中，HC2O4-电离呈酸性，HC2O4-水解呈碱性，由Ka2=5.4×10-5＞Kh2=1.9×10-13可知，电离程度大于水解程度，故KHC2O4溶液呈酸性，pH＜7，答案为＜。
（2）步骤II化学反应是；，用标准溶液滴定I2，淀粉作指示剂，开始呈现蓝色，滴定到终点，现象为加入最后一滴Na2S2O3的标准液于锥形瓶中，溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不恢复；答案为加入最后一滴Na2S2O3的标准液于锥形瓶中，溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不恢复。
（3）A．滴定前未将待测溶液充分加热，待测溶液中可能含有MnO4-，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，消耗更多的Na2S2O3，消耗的标准溶液的体积偏大，故A符合题意；
B．锥形瓶水洗后未干燥，不影响滴定，对滴定结果无影响，故B不符合题意；
C．装标准溶液的滴定管水洗后未润洗，标准液被稀释，滴定时消耗的体积增大，故C符合题意；
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，标准液消耗量减小，消耗标准溶液的体积变小，故D不符合题意；
答案AC。
（4）由反应可知，C2O4-与MnO4-完全反应，消耗MnO4-的物质的量为n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×0.032L=3.2×10-3mol，样品中C2O4-的物质的量为n(C2O4-)=×3.2×10-3mol=8.0×10-3mol，由，可知，关系式为2S2O32-~I2~2Cu2+，得出n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.2500mol·L-1×0.016L=4.0×10-3mol，根据电荷守恒原理：n(K+)=2n(S2O32-)-2n(Cu2+)=2×8.0×10-3mol-2×4.0×10-3mol=8.0×10-3mol，根据质量守恒原理：m(H2O)=1.4160g-8.0×10-3mol×39g/mol-4.0×10-3mol×64g/mol-8.0×10-3mol×88g/mol=1.4160g-0.312g-0.256g-0.704g=0.144g，n(H2O)==8×10-3mol，则n(K+)：n(Cu2+)：n(C2O42-)：n(H2O)= 8.0×10-3：4.0×10-3：8.0×10-3：8×10-3=2：1：2：2，该晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O；答案为K2Cu(C2O4)2·2H2O。
17. 175 增加，氧化性减弱，脱硝效率下降 0.1
【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热；
(2)根据的浓度、吸收液对脱硫脱硝效率的影响图象分析解答；
③根据电子转移计算；根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式；
(3)根据电解原理分析解答。
【详解】(1)已知热化学方程式：① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律可知，由①+②+③可得目标方程式，则反应的；
(2)①由图可知，的浓度为175时，脱硫效率最高，而高于175时，脱硝效率增大不明显，故最适宜的浓度为175；
②时，随着的增大，的脱除率下降，其可能的原因是增加，氧化性减弱，脱硝效率下降；
③时，会发生歧化反应：，该反应中，+4价的Cl，既有化合价升高到+5价，又有化合价降低到+3价，故有2mol参加反应时，转移1mol电子，则当有完全反应时，转移电子数目为0.1；在碱性条件下可以将氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为；
(3)电解池中阳极发生氧化反应，电解溶液制备时，Cl元素由-1价升高为+4价，则该过程应在阳极发生，则阳极产生的电极反应式为；阳极也可能发生反应，故此方法的缺点是所得产品纯度不高，气体中所含的杂质可能有。
【点睛】第(3)问根据已知信息可知，要用该电解池装置电解溶液制备，根据电解原理可知阳极产物应为，而不是我们平常认为的，当题目中有已知信息时，我们要按信息去解答题目，不能想当然作答。
18. 或 HF O 、 6 4
【分析】(1)根据核外电子排布规律书写；
(2)根据等电子体的概念解答；
(3)根据配位键的概念分析；
(4)根据轨道杂化理论分析；
(5)根据晶胞的结构分析计算。
【详解】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为或，Cu原子失去4s轨道的1个电子和3d轨道的1个电子后变成，故基态的核外电子排布式为或；
(2)原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，与互为等电子体的一种分子可以为HF；
(3)与反应能生成，中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，所以中的配位原子为O；
(4)乙醛()中甲基上的C原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，故甲基上的C原子采取sp3杂化；醛基中的C原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，故醛基上的C原子采取sp2杂化；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6mol σ键；
(5)一个晶胞中，白球的个数为，黑球的个数为4，又Cu2O中Cu和O的个数比为2:1，故白球为O原子，黑球为Cu原子，故一个晶胞中，原子的数目为4。
【点睛】有机物中C原子的杂化方式：若C原子形成4个σ键，采取sp3杂化，如甲烷的碳原子、乙醛中甲基上的碳原子等；若C原子形成3个σ键，即C原子形成双键，如碳碳双键或碳氧双键等，采取sp2杂化，如乙烯，醛基上的碳原子等；若C原子形成2个σ键，即C原子形成三键，如碳碳三键，采取sp杂化，如乙炔等。
19. 1s22s22p63s23p63d24s2(或为[Ar] 3d24s2) 1 O＞N＞C sp3 O TiN
【分析】(1)Ti是22号元素，根据构造原理，可得基态钛原子的核外电子排布式；N2分子中2个N原子形成3个共价键，共价三键中含有1个σ键，2个π键；
(2)元素的非金属性越强，其电负性就越大；
(3)根据原子形成的化学键数目判断其杂化类型；Ti原子具有空轨道，OC4H9中的O原子提供孤电子对；
(4)利用均摊方法计算晶体的化学式。
【详解】(1)Ti是22号元素，根据构造原理，可得基态钛原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或简写为[Ar] 3d24s2；N2分子中2个N原子形成3个共价键，结构式是N≡N，2个N原子通过共价三键结合，其中含有1个σ键，2个π键，则1 mol N2中含有1 mol σ键；
(2)元素的非金属性越强，其电负性就越大。C、N、O是同一周期的元素，由于元素的非金属性：O＞N＞C，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是：O＞N＞C；
(3)在络合物钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]中，配位体OC4H9的C原子形成4个共价键，因此C原子杂化类型为sp3杂化；中心离子Ti4+提供空轨道，配位体OC4H9中的O原子提供孤对电子对，所以该配合物中的配位原子是O原子；
(4)根据晶胞结构可知：N原子数目为：8×+6×=4；含有的Ti原子数目为：12×+1=4，所以该晶体的化学式为TiN。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化、元素电负性比较、化学键类型的判断及数目计算和晶胞知识。掌握原子核外电子排布规律、杂化轨道理论等知识是本题解答关键，要学会使用均摊方法分析晶体结构。
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