北京市东城区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份北京市东城区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共34页。试卷主要包含了原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题，填空题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

北京市东城区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

一、原理综合题
1．（2022·北京东城·统考一模）CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
(1)生成CH3Cl的化学方程式是____。
(2)CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl22Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……

①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷

a．由B和D得出的结论是____。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。
(3)丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。

推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。
2．（2021·北京东城·统考一模）实验室研究从医用废感光胶片中回收银的方法。
(1)银的浸出
I.两步法：
已知：i.溶液与溶液直接混合能发生氧化还原反应；
ii.，。
①溶液将胶片上的单质银转化为，其离子方程式是_______。
②溶液能溶解并得到含的浸出液。结合平衡移动原理解释溶解的原因：_______。
II.一步法：用水溶解和乙二胺四乙酸二钠(用表示)的混合固体，调节形成溶液，再加入一定量，配成浸取液。将废感光胶片浸入浸取液中，发生反应：。
③从物质氧化性或还原性的角度分析加入的作用：_______。
(2)银的还原
调节(1)所得浸出液的，向其中加入溶液(B的化合价为)至不再产生黑色沉淀，过滤得到粗银；滤液中的可以循环使用。补全离子方程式：，_______；
(3)银浸出率的测定
称取m1g洗净干燥的原胶片，灼烧灰化后用溶解，过滤。滤液用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。另取m2g洗净干燥的浸取后胶片，用同样方法处理，滴定，消耗标准溶液V2mL。(已知：)
①银的浸出率_______(列出计算表达式)。
②实验发现在浸取试剂均过量、浸取时间足够长的情况下，与II相比，I中银的浸出率明显偏低，其原因可能是_______。
3．（2021·北京东城·统考一模）乙二醇是一种重要的基本化工原料。煤制乙二醇的工艺流程如下：

(1)I中气化炉内的主要反应有：
i.
ii.
①写出CO2被C还原成CO的热化学反应方程式：_______。
②其他条件相同时，增大气化炉内水蒸气的分压P(混合气体中某气体的分压越大，表明其浓度越大)，达到平衡时各组分的体积分数()如下表所示。解释出现该变化趋势的可能原因是_______。




0.017
15.79
31.50
51.23
0.041
19.52
27.12
52.04
0.065
21.15
23.36
54.14
0.088
21.64
21.72
55.46

(2)II的总反应是4CO+4CH3OH+O22 +2H2O，该过程分两步进行。
第一步为CO与亚硝酸甲酯(CH3ONO)在Pd催化剂作用下发生反应：
第二步为常温常压下利用NO、CH3OH和O2进行的CH3ONO再生反应。
①第二步反应的化学方程式是_______。
②第一步反应的机理如下图所示，下列说法正确的是_______(填字母序号)。

a. CH3ONO中氮氧双键在Pd表面断裂
b.脱附过程1生成了草酸二甲酯
c.脱附过程2生成了副产物碳酸二甲酯()
d.增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]，可提高最终产物中草酸二甲酯的比率
③第一步反应时，若CO中混有少量H2，H2在Pd表面易形成PD-H中间体，结合第一步反应机理，推测因H2导致生成的副产物有_____、____。
(3)Ⅲ中，草酸二甲酯经过催化氢化可生成乙二醇和甲醇。理论上，该反应中n(草酸二甲酯)：n (氢气)___。
4．（2020·北京东城·统考一模）文物是人类宝贵的历史文化遗产，我国文物资源丰富，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。

（1）铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重，其主要原因是________。
（2）已知：
ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的FeOOH；
ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3，过程如下。

①写出ⅰ中，O2参与反应的电极反应式和化学方程式：________、________。
②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为________。
③结合已知信息分析，铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是________。
（3）【资料1】Cl–体积小穿透能力强，可将致密氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。
【资料2】Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式________。
②结合元素周期律解释“资料2”的原因是________。
（4）从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理：用稀NaOH溶液反复浸泡使Cl-渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂 ________（填化学式）检验脱氯处理是否达标。
（5）经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。下图为其中一种高分子膜的片段：

该高分子的单体是__________。
5．（2020·北京东城·统考一模）液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/TiO2的制备和催化条件，结果如下。
Ⅰ．制备Pd-Cu/TiO2的反应过程如下图所示，光照使TiO2发生电荷分离，将金属Pd沉积在TiO2表面。再用类似方法沉积Cu，得到在TiO2纳米颗粒表面紧密接触的Pd-Cu纳米簇。

（1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。
（2）请在②中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图_______。
Ⅱ．Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反应1小时后转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。

（3）该液相催化还原法中所用的还原剂是__________。
（4）i的离子方程式是__________。
（5）研究表明，OH–在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。
①随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是____________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。
②随pH减小，还原产物中的变化趋势是__________，说明Pd表面吸附的和H的个数比变大，对反应__________（用离子方程式表示）更有利。
（7）使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，具体方法是__________。

二、有机推断题
6．（2022·北京东城·统考一模）伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：

已知：i.+
ii.+
iii.R4—CH=NR5
(1)邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有____键，使得其中碳碳键完全相同。
(2)试剂a的结构简式是____。
(3)C中含氧官能团的名称是____。
(4)E→F的化学方程式是____。
(5)试剂b的结构简式是____。
(6)I→伐伦克林的反应类型是____。
(7)步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤____中有副反应发生。
7．（2021·北京东城·统考一模）有机物K是合成一种治疗老年性白内障药物的中间体，其合成路线如下。

已知：
i.
ii.
(1)由A制C2H5ONa的化学方程式是_______。
(2)B的同分异构体中，与B具有相同官能团的有_______种。
(3) B+C→D的化学方程式是_______。
(4)官能团转化是有机反应的核心。D中____(填官能团名称，下同)和E中____相互反应生成F。
(5)G的结构简式是_______。
(6)的结构简式是_______。
8．（2020·北京东城·统考一模）研究来源于真菌的天然产物L的合成对抗肿瘤药物研发有着重要意义，其合成路线主要分为两个阶段：
I．合成中间体F

已知：ⅰ．TBSCl为
ⅱ．
（1）A中含氧官能团名称__________。
（2）B的结构简式是__________。
（3）试剂a是__________。
（4）TBSCl的作用是__________。
II. 合成有机物L

已知：
（5）H中含有两个酯基，H的结构简式是__________。
（6）I→J的反应方程式是__________。
（7）K→L的转化中，两步反应的反应类型依次是__________、__________。

三、工业流程题
9．（2022·北京东城·统考一模）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。

(1)i、ii中涉及到的分离操作是____。
(2)原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
(3)HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2] ①平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：____。
②本流程中还利用了HA的性质是_____。
(4)溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。
Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。

(5)产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。
(6)若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。

四、实验题
10．（2022·北京东城·统考一模）向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
(1)溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。
[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象

甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液

(2)①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。
[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O=S4O+2I-
I-+I2I(棕黄色)
I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
(3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。
(4)结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。
[反思]
(5)实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。
(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。
11．（2021·北京东城·统考一模）某小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。
实验I：
装置与操作
现象

溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去

(1)实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。
(2)探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。
(3)研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。
实验II：

实验III：

(4)查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有
i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+
ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH-
iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN-
为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图：
实验IV：

①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。
②结合资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。
③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。
12．（2020·北京东城·统考一模）绿色植物标本用醋酸铜[（CH3COO）2Cu]处理后颜色更鲜艳、稳定。某化学小组制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，实验如下。
Ⅰ．醋酸铜晶体的制备

（1）①中，用离子方程式表示产物里OH-的来源是__________。
（2）②中，化学方程式是__________。
（3）③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是_________。
Ⅱ．测定产品中铜的含量
ⅰ．取a g醋酸铜产品于具塞锥形瓶中，用稀醋酸溶解，加入过量KI溶液，产生CuI沉淀，溶液呈棕黄色；
ⅱ．用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定ⅰ中的浊液至浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色近于消失；
ⅲ．向ⅱ所得浊液中加入KSCN溶液，充分摇动，溶液蓝色加深；
ⅳ．继续用Na2S2O3 标准溶液滴定ⅲ中浊液至终点，消耗标准溶液v mL。
已知：①，Na2S2O3溶液和Na2S4O6溶液颜色均为无色；
②CuI易吸附I2，CuSCN难溶于水且不吸附I2。被吸附的I2不与淀粉显色。
（4）ⅰ中发生反应的离子方程式是__________。
（5）结合离子方程式说明，ⅲ中加入KSCN的目的是__________。
（6）醋酸铜产品中铜元素的质量分数是__________。
13．（2020·北京东城·统考一模）“硫代硫酸银”（ [ Ag（S2O3）2]3–）常用于切花保鲜，由AgNO3溶液（0.1 mol·L–1 、pH=6）和Na2S2O3溶液（0.1 mol·L–1、pH=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。
【实验一】

（1）A为Ag2S2O3。写出生成A的离子方程式__________。
（2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了__________（填离子符号）。进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是__________。
（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解，清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：__________。
结论：Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液。
【实验二】已知：Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–（无色）
实验操作
实验现象
i.
白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液；
滴加至约1 mL时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象；
超过1.5 mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色；
滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH = 5
ii.
白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液，有丁达尔现象。

（4）用平衡移动原理解释实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀的原因：__________。
（5）实验i中，当加入0.5 mL AgNO3溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反应速率分析该现象与ii不同的原因是__________。
（6）简述用0.1 mol·L–1 AgNO3溶液和0.1 mol·L–1 Na2S2O3溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作：__________。

五、填空题
14．（2021·北京东城·统考一模）开发利用核能可以减少对化石能源的依赖。UO2是一种常用的核燃料，其铀元素中需达到5%。该核燃料的一种制备流程如下：

(1)天然铀主要含99.3%和0.7%，和互为_______。
(2)I中，将含有硫酸的UO2SO4溶液通入电解槽，如下图所示。

①A电极是_______(填“阴极”或“阳极”)，其电极反应式是_______。
②U4+有较强的还原性。用质子交换膜隔开两极区溶液可以_______，从而提高U4+的产率。
(3)III中使用的F2可通过电解熔融KF、HF混合物制备，不能直接电解液态HF的理由是HF属于___化合物，液态HF几乎不电离。
(4)IV中利用了相对分子质量对气体物理性质的影响。铀的氟化物的熔沸点如下：

UF4
UF6
熔点/℃
1036
64(150kPa)
沸点/℃
1417
56.5升华

①离心富集时，采用UF6的优点：
a.F只有一种核素，且能与U形成稳定的氟化物；
b._______。
②和的相对分子质量之比约为_______(列出计算表达式)。

六、结构与性质
15．（2022·北京东城·统考一模）钴及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。
(1)基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。____在元素周期表中，该元素属于____(填“d”或“ds”)区。
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈____形，是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个_____和3个____。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，____(补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
(3)钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞。

①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、____(填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=____。

参考答案：
1．(1)
(2)               +8     增大     同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小     光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4     黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递
(3)大

【详解】（1）甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；
（2）①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；
②a．25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递；
（3）生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
2．     Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl     AgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，S2O与Ag+结合生成[Ag(S2O)2]3—，使c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl溶解     Na2H2Y将Fe3+转化为[FeY]—，氧化性降低，避免S2O被氧化     BH+8[Ag(S2O)2]3—+8OH—=[B(OH)4]—+8 Ag↓+16 S2O+4H2O     (1—)×100%     I中第一步反应生成的AgCl附着在Ag表面，阻碍FeCl3溶液与Ag继续反应，未被氧化的Ag无法在第二步被浸出
【详解】(1) ①由题意可知，氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银，反应的离子方程式为Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl，故答案为：Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl；
②AgCl是难溶电解质，在溶液中存在如下溶解平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，加入Na2S2O3溶液，S2O与Ag+结合生成[Ag(S2O)2]3—，使溶液中c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl溶解，故答案为：AgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，S2O与Ag+结合生成[Ag(S2O)2]3—，使c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl溶解；
③由题给信息可知，氯化铁溶液与硫代硫酸钠溶液直接混合能发生氧化还原反应，乙二胺四乙酸二钠将氯化铁转化为氧化性较弱的[FeY]—，可以避免硫代硫酸钠被氧化，故答案为：Na2H2Y将Fe3+转化为[FeY]—，氧化性降低，避免S2O被氧化；
(2)由题意可知，在碱性溶液中，[Ag(S2O)2]3—离子与BH离子发生氧化还原反应生成[B(OH)4]—离子、Ag、 S2O和H2O，反应的离子方程式为，故答案为：BH+8[Ag(S2O)2]3—+8OH—=[B(OH)4]—+8 Ag↓+16 S2O+4H2O；
(3) ①由方程式可知，m1g洗净干燥的原胶片中银的质量为cV1×10—3 mol×108g/mol=108cV1×10—3g，则单位质量原胶片中银的质量为g，同理可知，单位质量浸取后胶片上残留银的质量为g，银的浸出率为(1—)×100%=(1—)×100%，故答案为：(1—)×100%；
②由题意可知，I中氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银时，生成的氯化银附着在银表面，阻碍氯化铁溶液与银继续反应，未被氧化的银无法被硫代硫酸钠溶液浸出，导致浸出率降低，故答案为：I中第一步反应生成的AgCl附着在Ag表面，阻碍FeCl3溶液与Ag继续反应，未被氧化的Ag无法在第二步被浸出。
3．     CO2(g)+C(s)2CO(g)  ΔH=+172kJ·mol-1     随着气化炉内水蒸气分压增大，水蒸气浓度增大，使反应i、ii的平衡均正向移动，且ii中平衡移动程度更大     4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O     bcd     CH3OH     HCOOCH3     1:4
【详解】(1)①CO2被C还原成CO的化学方程式为CO2(g)+C(s)2CO(g)，根据盖斯定律反应i-反应ii可得CO2(g)+C(s)2CO(g)的ΔH=+131 kJ·mol-1-(-41 kJ·mol-1)+172kJ·mol-1；
②随着气化炉内水蒸气分压增大，水蒸气浓度增大，使反应i、ii的平衡均正向移动，且ii中平衡移动程度更大，所以CO2、H2的体积分数增大，CO的体积分数减小；
(2)①根据题意“第二步为常温常压下利用NO、CH3OH和O2进行的CH3ONO”，根据总反应可知该步反应还有水生成，化学方程式为4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O；
②a．据图可知CH3ONO在Pd表面得到，断裂的是氮氧单键，a错误；
b．据图可知脱附过程1中在Pd表面的两个-COOCH3脱附结合得到H3COOC-COOCH3，即草酸二甲酯，b正确；
c．据图可知脱附过程2中在Pd表面的-OCH3和-COOCH3脱附结合得到碳酸二甲酯()，c正确；
d．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]，即增大CO的物质的量，可产生更多的与反应得到，从而产生，提高最终产物中草酸二甲酯的比率，d正确；
综上所述答案为bcd；
③根据图示反应机理，中间体Pd-H和反应可以得到副产物CH3OH，中间体Pd-H和反应可以得到副产物HCOOCH3；
(3)根据题意H3COOC-COOCH3经催化氢化得到乙二醇(HOCH2CH2OH)和甲醇(CH3OH)，化学方程式应为H3COOC-COOCH3+4H2HOCH2CH2OH+2CH3OH，即该反应中n(草酸二甲酯)：n (氢气)1：4。
4．     铁比铜活泼     O2＋4e－＋2H2O = 4OH－     4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O     6：2：1     铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀     Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3  （Fe2O3 + H2O = 2FeOOH）     氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱     HNO3和AgNO3    
【分析】铁比铜活泼，所以保存完好的铁器比青铜器少得多，金属一般发生吸氧腐蚀。
【详解】（1）因为铁比铜活泼，所以铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重。
（2）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O = 4OH－，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH，化学方程式为4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O。
②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1molFe转移电子2mol,过程Ⅱ铁由+2价变为表征+价，1molFeO转移mol电子，过程Ⅲ铁由表征+价变为+3价，1molFe3O4转移mol电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：= 6：2：1。
③铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀，所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重。
（3）①铁质文物表面的致密氧化膜为Fe2O3，根据题意Fe2O3与氯化钠反应生成氯化铁，根据元素守恒，反应物还应有水，生成物还应有氢氧化钠，化学方程式为Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3。
②氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱，导致Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
（4）用稀NaOH溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理，脱氯过程中Cl-渗出后，要检验脱氯处理是否达标，只需检取最后一次浸泡液中是否含有Cl-即可，检验Cl-需要的试剂为HNO3和AgNO3。
（5）根据高分子膜的片段可知，该高分子的链节为，是由通过加聚反应生成的，故该高分子的单体是。
5．     氧化          H2     Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3-  NO2-＋ H2O     Pd表面单位面积吸附的数目减小     增大     2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH-     先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4
【分析】根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气或氨态氮。
【详解】（1）根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。
（2）根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程②示意图为。
（3）根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。
（4）i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3-  NO2-＋ H2O。
（5）①因为OH–在Pd表面与NO2-竞争吸附，会降低Pd吸附NO2-的能力，随pH增大，OH–浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的 NO2-数目减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应速率降低。
②根据图b所示，随pH减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH-。
（7）根据图b所示，pH=12时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将NO3-尽可能多地转化为N2。
6．(1)大π
(2)
(3)醛基
(4)
(5)
(6)取代反应
(7)H→I（或F→G）

【分析】经过多步反应得到中间体，中间体与发生加成反应生成，B在臭氧作用下发生信息ii生成C，C为，C在一定条件下与C6H5CH2NH2生成，D用氢气还原生成，E与生成F，F在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，G还原得到H，H与b反应生成I，I在碱性条件下水解生成。
(1)
邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有大π键，使得其中碳碳键完全相同。故答案为：大π；
(2)
中间体与发生加成反应生成，试剂a的结构简式是。故答案为：；
(3)
C为，C中含氧官能团的名称是醛基。故答案为：醛基；
(4)
E与生成F，E→F的化学方程式是。故答案为：；
(5)
反应生成I，同时生成水，试剂b的结构简式是。故答案为：；
(6)
I，I在碱性条件下水解生成和CF3COOH，I→伐伦克林的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；
(7)
步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用,即保所亚氨基。若无此步骤，可能导致在步骤H→I（或F→G）中有副反应发生。故答案为：H→I（或F→G）。
7．     2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑     3     CH3COOC2H5+ + C2H5OH     羰基     氨基     或    
【分析】根据B和C反应生成D的反应条件可知该反应与信息i类似，所以B和C均为乙醇和某羧酸酯化生成的酯类，A的分子式为C2H6O，则A为C2H5OH，与C2H4O2发生酯化生成B，则C2H4O2为CH3COOH，B为CH3COOC2H5；C2H2O4中含有羧基，则其结构简式为HOOCCOOH，与乙醇发生酯化得到C为，B与C发生类型信息i的反应得到D为；F的分子式为C17H23O7N，F生成的G含有两个六元环，同时减少1个O原子、2个C原子和6个H原子，应是F中某个酯基脱去-OC2H5，结合苯环上脱去的氢原子形成乙醇，同时形成一个六元环，则G的结构简式为或；根据I和J生成K的反应条件可知该过程中发生类似信息ii的反应和与D+E生成F的反应，根据D、E、F的结构简式可知氨基和羰基反应可以得到N=C结构，根据信息ii和可知两个羟基之间脱水可以形成醚键，再结合I生成K的结构变化可知J为。
【详解】(1)A为C2H5OH，与钠单质反应可以得到乙醇钠，化学方程式为2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；
(2)B为CH3COOC2H5，含有酯基的同分异构体有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、丙酸甲酯，共3种；
(3)B为CH3COOC2H5，C为，参考题目所给信息i可知B+C→D的化学方程式为CH3COOC2H5+ + C2H5OH；
(4)对比D、E、F的结构简式可知D中羰基和E中氨基反应可以得到N=C结构，生成F；
(5)根据分析可知G为或；
(6)根据分析可知J为。
8．     羰基     羟基          H2C=CHMgBr     保护—CH2OH               水解反应、消去反应
【分析】合成中间体F时，A发生还原反应生成B，A的分子式为C9H14O2，B的分子式为C9H18O2，B与TBSCl发生取代反应生成C，推知B的结构简式为，C发生氧化反应生成D，根据已知ⅱ的反应条件，D生成E的反应机理与已知ⅱ相同。
合成有机物L时，F的分子式为C11H20O2，G的分子式为C11H18O3，F通过去氢加氧生成G，根据已知的条件可知，I生成J的反应机理与已知相同，J与氢气反应生成K，根据K的结构简式推知J的结构简式为，进而推知I的结构简式为，H通过消去反应得到I。
【详解】（1）A的结构简式为，含氧官能团的名称为羰基、羟基。
（2）A发生还原反应生成B，A的分子式为C9H14O2，B的分子式为C9H18O2，B与TBSCl发生取代反应生成C ，推知B的结构简式是。
（3）D生成E的反应机理与已知ⅱ相同，D中羰基的碳氧双键中的一条键断裂，氧原子上连氢原子形成羟基，碳原子上连接R’’,根据E的结构简式，推知试剂a是H2C=CHMgBr。
（4）TBSCl与B中的羟基反应，但合成最后又还原了羟基，故TBSCl的作用是保护—CH2OH。
（5）综上分析H通过消去反应得到I，I的结构简式为，H中含有两个酯基，则H的结构简式是。
（6）I的结构简式为，J的结构简式为， I→J的反应机理与已知相同，反应方程式是。
（7）根据K、L的结构简式可知，K→L的转化中，先发生酯基的水解反应得到，再经过羟基的消去反应得到L。
9．(1)过滤
(2)
(3)     由于溶解度s[Ca(OH)2] (4)
(5)          C
(6)减小

【分析】这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。
(1)
根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；
(2)
石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；
(3)
①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2] ②通过流程可知通过ii后，得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水；
(4)
在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；
(5)
在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；
(6)
将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。
10．(1)
(2)     还原     通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成
(3)将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口
(4)
(5)7
(6)随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅

【分析】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-;氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3;增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
（1）
溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是。故答案为：；
（2）
①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成；
（3）
ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；
（4）
结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmol·L-1[x-(-1)]=bmLamol·L-1[2.5-2] 2，计算可得x=(用代数式表示)。故答案为：；
（5）
碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；
（6）
从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
11．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2)滴加KSCN溶液，溶液变红
(3)
(4)     Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好     刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去     ·OH、H2O2、Fe3+

【详解】（1）Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
（2）检验Fe3+，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，反之，则不含Fe3+，证明实验中含有Fe3+，几乎无SCN-，具体操作是取反应后溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中有Fe3+，几乎无SCN-；故答案为滴加KSCN溶液，溶液变红；
（3）根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，故答案为；
（4）①根据实验Ⅳ加入FeSO4溶液，溶液变红，静置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速H2O2与SCN-的反应，t′＜t，说明实验Ⅳ的反应速率比实验Ⅱ快，即Fe2+催化的效果比Fe3+更好；故答案为Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好；②实验Ⅰ现象，开始时溶液立即变红，说明刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成Fe3+迅速与SCN-结合，使溶液立即变红；依据反应主要机理，继续滴加H2O2溶液，产生c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；故答案为刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；③HO可与·OH、H2O2、Fe3+相互作用生成O2。
12．     CO32-＋H2OOH-+HCO3-     Cu2（OH）2CO3＋4CH3COOH =2 （CH3COO）2 Cu ＋3H2O＋CO2↑     醋酸铜的溶解度随温度变化较大，温度越高溶解度越大，温度降低溶解度减小     2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2     因为CuSCN不吸附I2，通过反应CuI（s） ＋SCN- CuSCN（s） ＋Cl-，使CuI吸附的I2释放出来与Na2S2O3反应。     6.4bv/a %
【分析】通过硫酸铜与碳酸钠反应制得碱式碳酸铜，碱式碳酸铜再与醋酸反应得到醋酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到醋酸铜晶体。通过反滴定法测定产品中铜的含量。
【详解】（1）碳酸根离子为弱酸根离子，在水溶液中发生水解反应CO32-＋H2OOH-+HCO3-，故①中有OH-生成。
（2）②中醋酸与碱式碳酸铜反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，化学方程式是Cu2（OH）2CO3＋4CH3COOH =2（CH3COO）2 Cu＋3H2O＋CO2↑。
（3）醋酸铜的溶解度随温度变化较大，温度越高溶解度越大，温度降低溶解度减小，所以醋酸铜可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到。
（4）ⅰ中醋酸铜与碘化钾反应生成碘化铜沉淀和醋酸钾，醋酸铜、碘化钾和醋酸钾都是可溶性盐在离子方程式中可以拆写，则反应的离子方程式是2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2。
（5）根据已知②CuI易吸附I2，CuSCN难溶于水且不吸附I2可知，ⅲ中加入KSCN通过反应CuI（s）＋SCN- CuSCN（s）＋Cl-，使CuI吸附的I2释放出来与Na2S2O3反应。
（6）根据2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2、,可知2Cu2+~ I2~2 S2O32-，n(S2O32-)=n(Cu2+)=， 醋酸铜产品中铜元素的质量分数是
。
13．     Ag+＋= Ag2S2O3↓     H+、     得到的是氧化产物，必然要生成其他还原产物          过量Ag+与结合，使c（）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀     逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；迅速混合时部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3     Na2S2O3和AgNO3物质的量之比大于2:1，在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中
【分析】Na2S2O3与AgNO3反应生成白色沉淀Ag2S2O3，白色沉淀立即变为棕黄色，最终变为黑色，过滤后，滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，说明沉淀转化为氧化还原反应。实验i中逐滴滴加硝酸银溶液，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率，实验ii中一次性加入硝酸银溶液，生成Ag2S2O3立即分解，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液，形成胶体。
【详解】（1）Na2S2O3与AgNO3反应生成A，A为白色沉淀Ag2S2O3，Na2S2O3与AgNO3为可溶性盐在离子方程式中要拆写，则离子方程式为Ag+＋S2O32-= Ag2S2O3↓
（2）滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，故试管a中充分反应后一定生成了H+、 SO42-。因为得到的SO42-，硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。
（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，有刺激性气味产生，根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知，硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为。
（4）实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀，白色沉淀应为Ag2S2O3，因为过量Ag+与S2O32-结合，使c（S2O32-）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀。
（5）实验i与实验ii的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，实验i中逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；实验ii根据结论“Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液”，AgNO3溶液与Na2S2O3溶液迅速混合时，部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3。
（6）硫代硫酸银（ [ Ag（S2O3）2]3–）用于切花保鲜，[ Ag（S2O3）2]3–中S2O32-与Ag+物质的量之比为2:1，因为Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–平衡的存在，为提高[ Ag（S2O3）2]3–产量，Na2S2O3和AgNO3物质的量之比应大于2:1，根据实验i与实验ii的现象对比，为避免反应生成的Ag2S2O3分解，应在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中。
14．     同位素     阴极     UO+4H++2e-=U4++2H2O     防止U4+移动到阳极附近被氧化     共价     UF6易升华，56.5℃以上为气态     或
【分析】铀矿经多步处理得到UO2SO4，电解将+6价的U元素还原得到U(SO4)2，然后和HF反应得到UF4，再被F2氧化得到UF6，离心富集处理得到UO2。
【详解】(1)和为同种元素的不同核素，互为同位素；
(2)①电解池中阳离子流向阴极，根据氢离子的流向可知A电极为阴极；UO得电子被还原为U4+，同时生成水，电极反应式为UO+4H++2e-=U4++2H2O；
②电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，而U4+有较强还原性，质子交换膜可以防止U4+移动到阳极附近被氧气氧化；
(3)HF只含共价键，为共价化合物，液态HF几乎不导电；
(4)①根据表格数据可知UF6易升华，56.5℃以上为气态，更容易离心富集；
②元素符号左上角数字表示质量数，的相对分子质量为235+19×6，的相对分子质量为238+19×6，二者的相对分子质量之比约为或。
15．(1)          d
(2)     三角锥     极性     4s     4p     充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g
(3)     d e g     1:2:4

【解析】(1)
基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。在元素周期表中，第四周期，Ⅷ族，该元素属于d(填“d”或“ds”)区。故答案为：；d；
(2)
[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的N原子价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性(填“极性”或“非极性”)分子。故答案为：三角锥；极性；
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故答案为：4s；4p；
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，=0.01mol，先加水溶解，[Co(NH3)5Cl]Cl2=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；
(3)
①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体分别是b、d e g(填字母序号)。故答案为：d e g；
②Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×+1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32= 1:2:4，故答案为：1:2:4。