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北京市门头沟区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份北京市门头沟区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共49页。试卷主要包含了实验题，有机推断题，原理综合题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市门头沟区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、实验题
1．（2019·北京门头沟·统考一模）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3＋不能氧化Ni2＋
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O
③已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
开始沉淀时
完全沉淀时
Al(OH)3
3.43
4.19
Fe(OH)3
2.53
2.94
Ni(OH)2
7.60
9.75
回答下列问题：
(1)加入试剂A来调节溶液的pH至5左右，试剂A最好选用________。
a．NaOH b．Na2CO3 c．NiO
该过程析出沉淀的成分是____________________(填化学式)。
(2)加入Na2C2O4溶液发生反应的化学方程式是_____________________。
(3)电解时的阴极电极反应式是____________________________。检验阳极产生的气体的试剂是_____________________________ 。
(4)沉淀Ⅱ可被电解所得阳极产物氧化，该反应的离子方程式是____________。
(5)检验Ni(OH)3已洗涤干净的方法是________________________________。
2．（2019·北京门头沟·统考一模）某化学兴趣小组对硫酸亚铁的一些性质进行探究。 回答下列问题：
(1)配制0.5 mol·L－1 FeSO4溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，结合化学用语解释稀硫酸的作用_____________________________。
该实验小组做如下实验。
实验序号
操作及现象
ⅰ
取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，逐滴加入少量0.1 mol·L－1 Na2S 溶液，产生大量黑色沉淀
ⅱ
取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 mol·L－1 KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色
ⅲ
重复实验ⅱ，向浅红色溶液中加入5% H2O2溶液至过量，产生无色气体(经检验为O2)，溶液变为深红色，且红色很快褪去
(2)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是FeS。Na2S 溶液呈碱性，FeSO4溶液与其反应不生成Fe(OH) 2而生成FeS的可能原因是_____________________。
(3)用离子方程式表示步骤ⅱ中溶液变红的原因：___________、_____________。
(4)甲同学探究步骤ⅲ中溶液褪色的原因，提出如下假设：
a. Fe3+ 被H2O2还原 b. SCN- 被O2氧化 c. SCN- 被H2O2氧化
乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，他依据的现象是________________。
甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。
步骤
试剂及操作
现 象
i
取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液
①_________
ii
② _________________
③_________
(5)为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁放入装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
① C、D中的溶液依次是__________、________(填字母标号)。
a．品红溶液 b．NaOH溶液 c．BaCl2 溶液
d．Ba(NO3)2 溶液 e．浓H2SO4
② C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别是____________ 、______________。
③ 写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式______________________________。
3．（2020·北京门头沟·统考一模）氧和硫属于同主族元素，其单质和化合物在生产生活中用途很广。
SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。
(1)上述方法制备的SO2，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接除杂装置，请画出除杂装置并标明装置中的试剂___________。
(2)将SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液得到白色沉淀，该反应的离子方程式为_______。
分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：
(3)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，用化学用语表示其原因______________________________。
(4)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是_________________。
(5)测定水中溶解O2的量，常用的方法是：
i．量取a mL水样，迅速加入足量MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡使反应均匀。
ii．开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有I2生成。
iii．向ii所得溶液中滴加2滴淀粉溶液为指示剂，用b mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点共消耗了Na2S2O3溶液V mL。
有关反应方程式为：2Mn2+ + O2+ 4OH- = 2MnO(OH)2（反应很快）
MnO(OH)2 + 2I- + 4H+= Mn2+ + I2 + 3H2O
I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-
①水中溶解 O2的量（以mg/L为单位）为___________________。
②判断达到滴定终点的实验依据为 __________。
4．（2020·北京门头沟·统考一模）FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。
I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。
II．实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素
(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
【资料1】
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀 pH
7.6
2.7
完全沉淀 pH
9.6
3.7
①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3：__________________________________________________。
(2)小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。
序号
A 0.2mol/LNaCl
B 0.1mol/LFeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5
【资料2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。
【资料3】常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。
根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U型管中左池的电极反应式_________________。
②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为______ 。
③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。
④对【资料3】实验事实的解释为____________________。
5．（2021·北京门头沟·统考一模）过氧化氢常被称为绿色氧化剂。
(1)电子式是___________。
(2)为分析对分解反应的催化效果，某同学做了以下实验。
实验ⅰ．向溶液中滴加5滴溶液，较快产生无色无味气体。
实验ⅱ．向溶液中滴加5滴溶液，无气体产生。
由此推断对分解反应有催化作用，实验i中发生反应的离子方程式为：a．___________；b．。实验ⅱ的目的是：___________。
(3)研究表明：过氧化氢溶液中的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。
常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图1所示。
已知：，
①一定条件下，相同时间内分解率随溶液增大而增大的原因是：___________。
②相同下，过氧化氢浓度越大分解速率越快，但是相同时间内分解率反而降低，分析其原因___________。
(4)常用来腐蚀金属铜，使用时加入盐酸或氨水将其配制成酸性或碱性腐蚀液。
①酸性条件下腐蚀金属铜的离子方程式为___________。
②图2是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因___________。
6．（2021·北京门头沟·统考一模）亚硝酸钠外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某学习小组制备亚硝酸钠并探究其性质。
实验一：制备
该小组查阅资料：，
制备装置如图所示(夹持装置略去)：
(1)写出A中发生反应的离子方程式___________。
(2)甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的中混有较多的杂质。为了提高了的纯度，可采取的改进措施是___________。
(3)装置D可将剩余的NO氧化成，发生反应的离子方程式为___________。
实验二：以亚硝酸钠溶液为研究对象，探究的性质。
实验
实验编号
试剂
现象
滴管
试管
①
1%酚酞溶液
溶液
溶液变为浅红色，微热后红色加深
②
溶液
溶液
开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去
③
溶液
溶液
无明显变化
④
溶液
溶液
溶液变黄后迅速变为棕色，再滴加KSCN溶液变红
资料：在溶液中呈棕色。
(4)结合化学用语解释实验①“微热后红色加深”的原因___________。
(5)解释实验④中“溶液变黄后迅速变为棕色”的原因___________(用离子方程式表示)。
(6)取一支试管，加入少量实验④中的棕色溶液，加热，有无色气体逸出，在近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因___________。
7．（2022·北京门头沟·统考一模）废弃的锂离子电池中含有大量Co、Ni、Mn、Cu、Al等金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液，下列是某小组研究从柠檬酸浸出液中去除铜的方法。
方法一：调pH去除铜
资料1：金属离子沉淀的pH
Al(OH)3
Cu(OH)2
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
3.53
4.91
6.88
7.40
8.14
完全沉淀pH
4.89
6.67
8.87
9.39
10.14
(1)由数据分析，甲同学提出可以控制溶液pH至____去除溶液中铜离子。
(2)设计实验，测得不同pH下铜的沉淀率如表。
pH
5
8
10
12
铜的沉淀率
2.3
7.2
9.8
12
由数据分析pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，分析可能原因____。
结论：不可以通过调pH去除铜。
方法二：还原法去除铜
资料2：抗坏血酸(C6H8O6)具有较强的还原性，氧化后为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；受热易分解。
向柠檬酸浸出液中加入抗坏血酸能有效的将Cu2+还原成金属Cu。某实验小组研究了相同条件下，pH、反应时间和温度分别对Cu沉淀率的影响。
(3)依据图1和图2，判断沉淀铜选择最佳pH为____，理由是____。
(4)从图3可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降。分析原因____。
(5)由上述实验可知：抗坏血酸还原铜离子可能存在的路径____，____。(用离子方程式表示)
结论：可以通过还原法去除铜。
8．（2022·北京门头沟·统考一模）某实验小组探究Mn2+的检测方法。
查阅资料：Mn2+的稀溶液几乎无色，在酸性介质中，S2O能将Mn2+氧化成MnO。
(1)资料中检测Mn2+方法的反应为____(用离子方程式表示)。
甲同学设计实验如表。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体
5min无明显现象
(2)实验Ⅰ并未观察到预期现象，查阅资料，并进行以下实验。
序号
实验操作
实验现象
Ⅱ
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体，加热至沸腾
溶液变棕黄色，1min后出现紫红色
Ⅲ
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体，再滴入2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液
溶液变棕黄色，5min出现紫红色
Ⅳ
向1mL0.05mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体，加热至沸腾
迅速生成棕黑色沉淀
①对比实验Ⅱ、Ⅲ，推测实验Ⅰ无明显现象的原因____。
②解释实验Ⅱ、Ⅲ中溶液变棕黄色的原因____。
③结合离子方程式解释实验Ⅳ中产生棕黑色沉淀的原因____。
(3)乙同学继续设计实验
序号
实验操作
实验现象
V
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体+____，微热
1min后出现紫红色
完成表格中空白处。
(4)总结：探究Mn2+的检测方法需要考虑的因素有____。
二、有机推断题
9．（2019·北京门头沟·统考一模）按下列路线合成新抗凝(抗血栓药物)
新抗凝
已知：I：
II：
III：
(1)所需的试剂是__________。
(2) B→C分两步进行，反应类型分别是 __________、__________。
(3)下列说法不正确的是_________。
a．化合物B能使Br2/CCl4褪色
b. 化合物C能发生银镜反应
c．F遇FeCl3溶液显色
d. 新抗凝的分子式C19H15NO6
(4)E+H→新抗凝的化学方程式是_______________________。
(5)已知： ，写出有关化合物的结构简式I ________F________G________。
+I→F→G
(6)写出一种符合下列条件的A的同分异构体的结构简式_____________________。
① 红外光谱表明分子中含有-COO-、苯环结构
②1H-NMR谱显示苯环上有三种不同环境的H原子
10．（2020·北京门头沟·统考一模）交联聚合物K合成路线如下（图中表示链延长）
已知：；
(1)按官能团分类，A的类别是__________。
(2)A→B的反应类型是________________。
(3)C可能的结构简式是__________。
(4)C→D所需的试剂a是__________。
(5)C2H2生成E的方程式是__________。
(6)G→H的方程式是__________。
(7)含有苯环，且与I互为同分异构体的酯有_____种。写出其中的一种结构简式___________
11．（2021·北京门头沟·统考一模）有机化合物K是某药物的合成中间体，其合成路线如下：
已知：①(R表示烃基)；
②R－NH2++C2H5OH(R代表烃基，代表烃基或氢原子)
请回答下列问题：
(1)烯烃A的结构简式是___________。
(2)B中官能团的名称是___________。
(3)D→E的反应类型是___________。
(4)E→F的化学方程式是___________。
(5)下列说法正确的是___________。
A．A存在顺反异构B．C→D的试剂及反应条件为NaOH水溶液、加热
C．若G为烃，G可发生聚合反应D．H可以与Na、NaOH溶液发生反应
(6)J经三步反应合成K，写出中间产物1及中间产物2的结构简式。___________
12．（2022·北京门头沟·统考一模）我国科学家发现化合物J对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。J的两条合成路线如图所示。
已知：ⅰ.R—NH2R—NH2(R代表烃基)
ⅱ.—NH2易被氧化
回答下列问题：
(1)A中官能团有：硝基和____。
(2)D→E的化学方程式是____。F的结构简式是____。
(3)反应中的作用____。
(4)B有多种同分异构体，写出任意一种同时满足下列条件的M的结构简式是____。
①含有—NO2的芳香族化合物
②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基
③苯环上一氯代物有两种
(5)G→H的反应类型是____。
(6)I→J的反应还可能有副产物，请写出其中一种的结构简式____。
(7)苯胺()和乙二酸(HOOC—COOH)为起始原料，可以制备。选用必要的试剂完成合成路线____。
三、原理综合题
13．（2019·北京门头沟·统考一模）CO2的排放会带来全球“温室”效应，因此，引起国际关注和研究，渴望21世纪 CO2将作为新碳源被广泛使用。
(1)以 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。
已知：① CH4 (g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g) △ H1= + 247kJ·mol-1
② CH4 (g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g) △ H2= + 205kJ·mol-1
写出由 CO2 获得CH4的热化学方程式：_____。
(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气：CH4(g)+CO2(g) = CO(g)+2H2(g) 按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率影响如图所示。此反应优选温度为900℃的原因是______________________。
(3)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。
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上图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是__________________。
② 为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出两种) 。
③ 将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是________________________。
(4)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_______________________。电池的正极反应式：2CO2+2e−= C2O42−该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：i： 6 O2 + 6e− = 6 O2− ii: ……写出ii的离子方程式：______________________。
14．（2020·北京门头沟·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列问题。
Ⅰ．处理含SO2、NO的烟气
在323 K温度下，向盛有NaClO2溶液的鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气。
(1)写出NaClO2溶液脱硝过程中反应的离子方程式___________________ 。
(2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
(3)采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是___________________。
Ⅱ．处理含H2S的烟气
生物脱H2S原理为：
H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1
4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2
(1)反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的ΔH3=___________________。
(2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是______________。
Ⅲ．处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含Na2SO4的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
(1)负极反应式为___________________。
(2)当电路中通过1电子的电量时，会有_________的O2生成。
15．（2021·北京门头沟·统考一模）全球大气浓度升高对人类生活产生了影响，的捕集和资源化利用成为研究热点。
(1)能引起海水酸化，原理为___________，因此过量排放对海洋生态系统会造成严重影响。
(2)捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳剂的是___________。
A．B．CaO C．D．
(3)甲烷化是实现其资源化利用的有效方式之一、
Ⅰ．热化学转化法：工业上常用催化加氢合成。
已知：①
②
③
反应的___________kJ/mol。
在该工业生产中，选用了高活性的Ni基催化剂，并且在低温下进行，其目的是：___________。
Ⅱ．电化学转化法：多晶Cu可高效催化甲烷化，电解制备的原理示意图如下。
①多晶铜连接电源的___________极。(填“正”或“负”)
②阳极氧化产物只有，电解时实际生成的总量小于由理论计算所得的量，结合电极反应式解释原因：___________。
16．（2022·北京门头沟·统考一模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
Ⅰ.合成甲醇
(1)由CO2催化加氢合成甲醇醇。
①一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中有下列反应：
反应1：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2
反应3：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。
①则△H2____△H3(填“>”“<”或“=”)。
②对于上述CO2加氢合成CH3OH的反应体系，下列说法不正确的是____(填字母)。
a．增大初始投料比，有利于提高CO2的转化率
b．当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
c．体系达平衡后，若压缩容器体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动
d．选用合适的催化剂可以提高反应3中CO2的平衡转化率
(2)电化学原理将CO2转化为甲醇。
在光电催化条件下可以高效地将CO2和H2O转化为甲醇，从电极反应的角度分析：
①甲醇在____(填“阴”或“阳”)极生成；
②氧化反应为____。
Ⅱ.甲醇是重要的化工原料，也可用作甲醇燃料电池。以稀硫酸为电解质溶液，甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
(3)该电池工作时，c口通入的物质是_____。
(4)该电池负极的电极反应式是_____。
四、工业流程题
17．（2020·北京门头沟·统考一模）氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
(1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为__________________。
(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：_________________。
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为________________________；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全。
(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________，碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是____________。
18．（2021·北京门头沟·统考一模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为、和等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：
(1)在第—步操作焙烧过程中转化为可溶性，该反应的化学方程式为___________。
(2)焙烧炉中可用代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用代替NaCl的优点是___________。
(3)以上流程中应用过滤操作的有___________，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的，从平衡角度分析原因___________。
(4)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：溶液为黄色，溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
①完成下列滴定过程的离子方程式。，_____________
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________。
③产品的纯度为___________。(用质量分数表示)已知相对分子质量：；。
五、结构与性质
19．（2022·北京门头沟·统考一模）碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
(1)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②_____。
(2)下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
(3)氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素
电离能(kJ·mol-1)
I1
I2
I3
Mn
717
1509
3248
Fe
759
1561
2957
①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。
参考答案：
1． c Fe(OH)3、Al(OH)3 NiCl2＋Na2C2O4＋2H2O = NiC2O4·2H2O↓＋2NaCl 2H2O＋2e– = 2OH- +H2↑ 或 2H+＋ 2e– = H2↑ 用湿润的淀粉KI试纸 2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2 = 2Ni(OH)3＋2Cl－ 取最后一次洗涤液，加入酸化的AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净
【分析】（1）除杂原则不增不减与原溶质不反应，再结合沉淀所需的pH值表格分析沉淀成分；
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4•2H2O和NaCl;
（3）过滤1得到的滤液为NaCl溶液，依据电解原理中电极的放电顺序及电极产物分析作答；
（4）电解食盐水得到的阳极产物氯气具有强氧化性，可与Ni(OH)2发生氧化还原反应；
（5）依据洗涤的残留液中无氯离子的检验方法来验证沉淀是否洗涤干净。
【详解】（1）酸溶后的溶液中含有Al3＋ 、Fe3＋ 、Ni2＋ 等金属离子，为留住镍元素，将铁离子与铝离子除去，最好选用NiO，调节pH值使杂质离子Al3＋ 、Fe3＋ 沉淀，根据沉淀溶解度表可以看出，根据表中开始沉淀和沉淀完全pH，Fe（OH）3开始沉淀pH=2.5，沉淀完全pH=2.9，Al（OH）3开始沉淀pH=3.4，沉淀完全pH=4.2，所以调节pH = 5后，析出的沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3
故答案为c；Fe(OH)3、Al(OH)3；
（2）除去Al3＋ 、Fe3＋ 等杂质离子后的溶液为NiCl2 溶液，加入Na2C2O4溶液后又经过了过滤步骤，可以推测此步骤中反应有沉淀析出，因此发生的反应方程式为NiCl2＋Na2C2O4＋2H2O = NiC2O4·2H2O↓＋2NaCl，
故答案为
NiCl2＋Na2C2O4＋2H2O = NiC2O4·2H2O↓＋2NaCl；
过滤1得到的滤液为NaCl溶液，则阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H2O +2e-==H2↑+2OH-或 2H+＋ 2e– = H2↑而阳极氯离子放电生成氯气，检验氯气可用湿润的淀粉KI试纸，
故答案为2H2O＋2e– = 2OH- +H2↑ 或 2H+＋ 2e– = H2↑；用湿润的淀粉KI试纸
（4）电解食盐水得到的阳极产物氯气具有强氧化性，可氧化Ni(OH)2为Ni(OH)3，同时氯气被还原为氯离子，其离子方程式是2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-，
故答案为2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2 = 2Ni(OH)3＋2Cl－；
（5）取最后一次洗涤液，加入酸化的AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明Ni(OH)3已洗涤干净，
故答案为取最后一次洗涤液，加入酸化的AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净。
2． Fe2++ 2H2O Fe(OH)2+2H+ 加入稀硫酸，增大H+,浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解 FeS溶解度更小 4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色。 无明显现象 取褪色后的溶液滴加KSCN溶液 溶液变为红色 c、a 产生白色沉淀 品红溶液褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【分析】（1）亚铁离子在溶液中会发生水解；
（2）结合溶解度大小分析；
（3）KSCN溶液遇Fe3+会变红；考虑氧气氧化Fe2+转化为Fe3+导致溶液变红；
（4）结合实验ⅱ种现象可排除假设b；结合假设c的结论，通过对照实验验证KSCN可与过氧化氢反应；
（5）硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2。
【详解】（1）硫酸亚铁溶液中存在水解平衡，其方程式为：Fe2++ 2H2O Fe(OH)2+2H+，当加入稀硫酸后，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解，
故答案为Fe2++ 2H2O Fe(OH)2+2H+，加入稀硫酸，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解；
（2）FeSO4溶液与Na2S反应不生成Fe(OH) 2而生成FeS的可能原因是FeS更难溶，反应更容易进行，所以得到FeS沉淀，
故答案为FeS溶解度更小；
（3）取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 mol·L－1 KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色，说明氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，
故答案为 4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O 、Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
（4）乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，主要依据实验实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色；甲同学可先取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液，观察若无现象，再取褪色后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则可得出结论，SCN- 被H2O2氧化，假设c成立，
故答案为实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色；无明显现象；取褪色后的溶液滴加KSCN溶液；溶液变为红色；
（5）①实验后反应管中残留固体为红色粉末,说明生成Fe2O3,则反应中Fe元素化合价升高,S元素化合价应降低,则一定生成SO2,可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,C为氯化钡,用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，
故答案为c、a；
②依据①中分析C、D中的溶液分别是氯化钡溶液与品红溶液，所以现象分别为：产生白色沉淀、品红褪色，
故答案为产生白色沉淀、品红溶液褪色；
③硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，
故答案为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
3． 饱和NaHSO3 溶液 3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋ SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣ 在水溶液中O2氧化SO2 的速率比NO3﹣快 当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色
【分析】根据二氧化硫的性质及实验目的分析解答；根据二氧化硫的还原性分析书写反应方程式；根据滴定原理及涉及的反应方程式分析解答。
【详解】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，故答案为：饱和NaHSO3 溶液；
（2）SO2通入Ba(NO3)2溶液中，被氧化生成硫酸钡白色沉淀、NO和硝酸，该反应的离子方程式为3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋；
（3）二氧化硫与氯化钡不反应，所以没有沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为：SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣；
（4）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更多的硫酸，pH较小，故答案为：在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3-快；
（5）根据滴定过程中发生的反应找出关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，则n(O2)= n(S2O32-)=×b mol/L×V×10-3L=mol，则水中溶解O2的量（以mg/L为单位）为，故答案为： ；
（6）当达到滴定终点时，I2完全反应，溶液蓝色恰好褪去，故答案为：当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色。
4． 蒸发浓缩 4Fe2+ + O2 + 10H2O＝4Fe(OH)3↓ + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+＝2H2O 溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）
【分析】根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。
【详解】I．FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；
II．（1）①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；
②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；
（2）①A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；
②由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素，故答案为：1和3（或2和4）；
④由表中数据可知，pH变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
5． H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2 排除Cl-的干扰 溶液增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快 相同下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小 Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O 在一定温度范围内，升高温度，反应速率加快，故Cu的腐蚀量有所增大，但随着温度的升高，H2O2分解速率加快，导致腐蚀量急剧下降
【详解】(1)为共价化合物，根据O原子的最外层上有6个电子，H只有一个电子，故其电子式为：，故答案为：；
(2)根据过氧化氢在Fe3+的催化作用下分解的总反应式为：2H2O22H2O+O2，故由此推断对分解反应有催化作用，实验i中发生反应的离子方程式为：a．H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2；b．，实验中加入的FeCl3，要想证明是Fe3+起催化作用就得排除Cl-的干扰，故实验ⅱ的目的就是排除Cl-的干扰，故答案为：H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2；排除Cl-的干扰；
(3)①一定条件下，相同时间内分解率随溶液增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：溶液增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快；
②相同下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故答案为：相同下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小；
(4)①酸性条件下腐蚀金属铜，Cu被氧化为Cu2+，自身被还原为H2O，故该反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
②图2是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，在一定温度范围内，升高温度，反应速率加快，故Cu的腐蚀量有所增大，但随着温度的升高，H2O2分解速率加快，导致腐蚀量急剧下降，故答案为：在一定温度范围内，升高温度，反应速率加快，故Cu的腐蚀量有所增大，但随着温度的升高，H2O2分解速率加快，导致腐蚀量急剧下降。
6． 在A装置左边，从左到右持续通入氮气 亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中亚硝酸根水解呈碱性，加入酚酞溶液溶液变红，加热使水解平衡向右移动，碱性增强，溶液颜色加深 加热使分解生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色二氧化氮，溶液中铁离子水解平衡右移生成氢氧化铁红褐色沉淀
【分析】A装置为制备NO气体，其反应为，B装置为干燥装置，除去NO中的水蒸气；C为反应装置；D为尾气处理装置。
【详解】(1)A中的反应为，其中单质和氧化物不能拆，写成离子方程式为，故填；
(2)装置内若含有较多的空气，会将NO氧化成，故可在反应前将装置内的空气排尽，改进措施为：在A装置左边，从左到右持续通入氮气，故填在A装置左边，从左到右持续通入氮气；
(3)NO与酸性高锰酸钾的反应为氧化还原反应，其反应为，故填；
(4)亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中亚硝酸根水解呈碱性，加入酚酞溶液溶液变红，加热使水解平衡向右移动，碱性增强，溶液颜色加深，故填亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中亚硝酸根水解呈碱性，加入酚酞溶液溶液变红，加热使水解平衡向右移动，碱性增强，溶液颜色加深；
(5)亚硝酸亚在酸性条件下具有氧化性，向酸性硫酸亚铁溶液中加入亚硝酸钠，亚铁离子被氧化成铁离子，溶液变黄，生成的NO与亚铁离子结合成，使溶液呈棕色，其反应为，故填；
(6)加热使分解生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色二氧化氮，溶液中铁离子水解平衡右移生成氢氧化铁红褐色沉淀，故填加热使分解生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色二氧化氮，溶液中铁离子水解平衡右移生成氢氧化铁红褐色沉淀。
【点睛】变黄后生成红棕色是生成，而不是铁离子水解。
7．(1)6.67
(2)柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力,致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀
(3) 6 pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少
(4)温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱
(5) Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu
【解析】(1)
由表格信息可知，铜离子完全沉淀时的pH值为6.67，故答案为：6.67；
(2)
由题干信息可知柠檬酸具有较好的络合性，pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，这是因为柠檬酸的结合铜离子的能力强于氢氧根离子，故答案为：柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力，致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀；
(3)
由图1可知pH等于6时，铜离子的沉淀率已经很高，同时结合图2可知此时其他离子的损失率较小，因此沉淀铜选择最佳pH为6，故答案为：6；pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少；
(4)
反应开始阶段，随温度的升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高会使其分解导致还原性降低，还原铜的能力减弱，故答案为：温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱；
(5)
抗坏血酸还原铜离子可能是直接将铜离子还原成Cu，也可能是与氢氧化铜直接反应得到Cu，抗坏血酸被氧化成脱氢抗坏血酸(C6H6O6)，相关反应为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；故答案为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；
8．(1)2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+
(2) 反应速率较慢 S2O能将Mn2+氧化成MnO，但反应速率慢，生成的MnO浓度相对很小，相对过量的Mn2+就会还原体系中生成的MnO而形成少量MnO2 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2+4H+，溶液中Mn2+浓度过大，体系中过量Mn2+会还原生成的MnO生成大量黑色MnO2沉淀
(3)2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液
(4)温度、催化剂、Mn2+浓度
【解析】(1)
在酸性介质中，S2O能将Mn2+氧化成MnO，溶液颜色会发生变化，可以检测Mn2+，反应的离子方程式为2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+。
(2)
①由于实验Ⅱ中加热，因此对比实验Ⅱ、Ⅲ，实验Ⅰ无明显现象的原因为反应速率较慢。
②由于S2O能将Mn2+氧化成MnO，但反应速率慢，生成的MnO浓度相对很小，相对过量的Mn2+就会还原体系中生成的MnO而形成少量MnO2，因此实验Ⅱ、Ⅲ中溶液变棕黄色。
③由于溶液中Mn2+浓度过大，体系中过量Mn2+会还原生成的MnO生成大量黑色MnO2沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2+4H+；
(3)
由于微热最终出现紫红色，因此根据实验Ⅲ可知还应该加入2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液；
(4)
根据以上分析可知影响元素有温度、浓度和催化剂，所以探究Mn2+的检测方法需要考虑的因素有温度、催化剂、Mn2+浓度。
9． 浓 HNO3 浓H2SO4 取代反应 氧化反应 a
【分析】由E、F分子式与新抗凝的结构简式可知，E与H发生加成反应生成新抗凝，可推知E为，H为．C与D发生信息中反应得到E，可推知C为，D为．甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A为，A与氯气发生取代反应生成B为，发生水解反应生成，再发生氧化反应生成C．水杨酸与甲醇发生酯化反应生成F为，F与乙酸酐反应生成G，G发生信息中反应得到H，可知G为。
【详解】根据上述分析可知，
（1）发生硝化反应，所加试剂为浓HNO3 和浓H2SO4，反应条件为加热，
故答案为浓HNO3 和浓H2SO4；
（2）B→C分两步进行，：，所以反应类型分别是取代反应与氧化反应，
故答案为取代反应；氧化反应；
（3）
a．化合物B为，不能使Br2/CCl4溶液褪色，a项错误；
b．化合物C为，含有醛基，能发生银镜反应，b项正确；
c．化合物F为，含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，c项正确；
d．由新抗凝的结构简式，可知其分子式为C19H15NO6，d项正确；
故答案为a；
（4）E为，H为．E与H分子发生加成反应得到新抗凝，所以E+H→新抗凝的化学方程式是，
故答案为；
（5）根据已知反应可知，I为，I与
发生酯化反应生成F和乙酸，则F为，F再继续与乙醇发生酯化反应得到G，G为，
故答案为；；
（6）A为对硝基甲苯，红外光谱表明分子中含有-COO-、苯环结构同时1H-NMR谱显示苯环上有三种不同环境的H原子的同分异构体为，
故答案为。
10． 烯烃 取代反应 氢氧化钠的水溶液 HC≡CH+2HCHO 6种
【分析】根据合成路线图分析知，D和J聚合反应得到K，分析K的结构简式及D的分子式得，D为CH2OHCHOHCH2OH，J为；根据题给反应信息分析E为，与氢气加成得到F，则F为CH2(OH)CH2CH2CH2OH，F氧化得到G，G为，比较J和G的结构，根据题给反应分析，G在一定条件下成环得到H，H脱水形成苯环得到I，I为，氧化后得到J；根据D的结构和C的分子式，分析C为或，B与氯气、水加成得到C，则B为CH2=CHCH2Cl，则A为CH2=CHCH3，据此分析解答。
【详解】（1）A中含有碳碳双键，则按官能团分类，A的类别是烯烃，故答案为：烯烃；
（2）根据上述分析知，A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，比较A和B的结构简式变化知，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（3）根据上述分析，C可能的结构简式是或，故答案为：或；
（4）C→D为卤代烃的水解反应，所需的试剂a是氢氧化钠的水溶液，故答案为：氢氧化钠的水溶液；
（5）根据题给反应信息知，C2H2生成E的方程式是HC≡CH+2HCHO，故答案为：HC≡CH+2HCHO；
（6）根据题给反应信息知，G→H的方程式是，故答案为：；
（7）根据I的结构及酯的结构特点分析，符合条件的同分异构体有：、、、、、，共6种，故答案为：6种；、、、、、。
11． CH2=CHCH3 碳碳双键、碳溴键(或溴原子) 氧化反应 HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O BC 、
【分析】由题干合成流程图可知，根据A的分子式C3H6，故作为烯烃的结构简式只有：CH2=CHCH3，根据A到B的转化条件可推知，B的结构简式为：CH2=CHCH2Br，由B到C的转化条件和反应类型可推知C为BrCH2CH2CH2Br或CH3CHBrCH2Br，根据D的分子式和C的结构简式可知，D为HOCH2CH2CH2OH或CH3CHOHCH2OH，故E的结构简式为：HOOCCH2COOH或者CH3COCOOH，结合F的分子式和E到F的反应条件可知，推知F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，故E只能为HOOCCH2COOH，故D只能为HOCH2CH2CH2OH，C只能为BrCH2CH2CH2Br， 由G到H的反应条件可推知：若G为烃则为环己烯，若为卤代烃则为一卤环己烷，根据H到I的反应条件和I的分子式可推知I的结构简式为：，(6)J与HCN发生加成反应生成，然后还原生成 ，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，烯烃A的结构简式是CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；
(2)由分析可知，B的结构简式为：CH2=CHCH2Br，故其含有的官能团的名称是碳碳双键、碳溴键(或溴原子)，故答案为：碳碳双键、碳溴键(或溴原子)；
(3)由分析可知，D→E即HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾氧化为HOOCCH2COOH，故该反应的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；
(4)由分析可知，E→F即HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应，故该反应的化学方程式是
HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O；
(5)
A．由分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH3，故不存在顺反异构，A错误；
B．C→D即BrCH2CH2CH2Br转化为HOCH2CH2CH2OH为卤代烃的水解反应，故所用的试剂及反应条件为NaOH水溶液、加热，B正确；
C．若G为烃，则G为环己烯，含有碳碳双键，故G可发生聚合反应，C正确；
D．由流程图可知，H中含有醇羟基，故只能与Na反应，不可以N aOH溶液发生反应，D错误；
故答案为：BC；
(6) J与HCN发生加成反应生成 ，然后还原生成 ，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K，故答案为： 、 。
12．(1)氨基
(2) +HNO3+H2O
(3)保护氨基，防止在硝化过程中被氧化
(4)
(5)取代反应
(6)、或者 等
(7)
【分析】本题为有机合成流程题，根据流程图中A和C的结构简式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，根据C、E的结构简式和C到D、D到E的转化条件并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，根据E和J的结构简式和E到F的转化信息并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，根据H的结构简式和H到I的转化条件结合J的结构简式可知，I的结构简式为：，(4) 已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，(6) 由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者等，(7)本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线，据此分析解题。
（1）
由题干流程图中A的结构简式可知，A中官能团有：硝基和氨基，故答案为：氨基；
（2）
由分析可知，D→E即与浓硫酸、浓硝酸共热来制备，故该转化的化学方程式为：+HNO3(浓) +H2O，由分析可知， F的结构简式是，故答案为：+HNO3(浓) +H2O ；；
（3）
由分析可知，D到E的硝化反应中使用的浓硝酸具有强氧化性，可以氧化氨基，则反应中的作用是保护氨基，防止在硝化过程中被氧化，故答案为：保护氨基，防止在硝化过程中被氧化；
（4）
已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，故答案为：或者等；
（5）
由题干流程图中，G、H的结构简式和G到H的转化条件可知，G→H的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（6）
由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者 等，故答案为：、或者 等；
（7）
本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线图为：，故答案为：。
13． CO2(g)+ 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g)△H= -163 kJ/mol 900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低 增大体系压强、增大CO2的浓度 3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+) 6CO2+6O2−= 3C2O42−+6O2
【分析】（1）依据盖斯定律的应用分析作答；
（2）根据图中信息分析温度超过900℃后反应产率的增大并不明显，再结合经济效益作答；
（3）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②提高该反应中CH4的转化率，即使反应平衡向正向移动，依据对反应平衡的影响因素作答；
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，结合金属氧化物与酸的反应书写该反应的离子方程式；
（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，据此书写电极反应式；依据题意可知，氧气为催化剂，在第一步被消耗，会在第二步生成，结合正极总反应2CO2+2e−= C2O42−作答。
【详解】（1）①CH4(g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g)△H1= + 247kJ·mol-1
②CH4(g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g)△H2= + 205kJ·mol-1，则①-2×②可得CO2(g)+ 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g)，对应的反应热△H=△H1-2△H2= (+ 247kJ·mol-1)-2×(+ 205kJ·mol-1)=-163 kJ/mol-1，
故答案为CO2(g)+ 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g)△H= -163 kJ/mol；
（2）根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度，
故答案为900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，
故答案为900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；
（3）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，
故答案为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，
故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-= 6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，
故答案为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++ 2NO↑+16H2O；
（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气在第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂，因正极总反应为：2CO2+2e−= C2O42−，两式相减得到，另一步反应为6CO2+6O2−= 3C2O42−+6O2，·
故答案为Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)；6CO2+6O2−= 3C2O42−+6O2；
14． 2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋ （或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋） 二氧化硫的还原性强于NO 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 ΔH3=2ΔH1+ΔH2 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） 2H2O+2e—=H2↑+2OH— 0.25
【详解】Ⅰ．（1）NaClO2具有氧化性，可以将NO氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒及原子守恒分析水参加反应，产物中有H+生成，则反应的离子方程式为2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）。故答案为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）；
（2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于NO；
（3）采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；
Ⅱ．（1）已知：①H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1，②4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2，
根据盖斯定律①×2+②得反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则ΔH3=2ΔH1+ΔH2，故答案为：故ΔH3=2ΔH1+ΔH2；
（2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；
Ⅲ．（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则当电路中通过1电子的电量时，会有1×=0.25mol O2生成，故答案为：0.25。
15． ABC -162 高活性催化剂可以加快反应速率，降低温度促进平衡正向移动，提高CO2的转化率 负 阴极除了得电子外：，还可能发生
【详解】(1)二氧化碳溶于水后，与水反应生成碳酸，能引起海水酸化，故原理为：；
(2)A．溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，故A选；
B．CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，故B选；
C．的水溶液与二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，故C选；
D．与二氧化碳不反应，不能作为捕碳剂，故D不选；故答案为：ABC；
(3)Ⅰ．已知：①；
②；
③；
根据盖斯定律，③+②-①×2得则+-×2=-162 kJ/mol；
在该工业生产中，选用了高活性的Ni基催化剂，并且在低温下进行，其目的是：高活性催化剂可以加快反应速率，降低温度促进平衡正向移动，提高CO2的转化率；
Ⅱ．①根据电解池原理分析，甲烷化过程中，C化合价降低，发生还原反应，则多晶铜作为阴极，得电子发生还原反应，则连接电源的负极；
②阳极氧化产物只有，电解时实际生成的总量小于由理论计算所得的量，结合电极反应式解释原因：阴极除了得电子外：，还可能发生。
16．(1) < acd
(2) 阴 2H2O—4e—=O2↑+4H+
(3)O2
(4)CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑
【解析】（1）
①由图可知，温度升高，平衡常数K1增大，说明反应1为吸热反应，焓变△H1>0，由盖斯定律可知，反应1+反应2得到反应3，则焓变△H3=△H1+△H2，所以△H3—△H2=△H1>0，△H3>△H2，故答案为：<；
②a．增大初始投料比相当于在二氧化碳浓度不变的条件下减小氢气的浓度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，故错误；
b．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应1为气体体积不变的反应，反应2、3为气体体积减小的反应，反应中气体的平均摩尔质量增大，则当气体的平均摩尔质量保持不变时说明说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
c．反应1为气体体积不变的反应，反应2、3为气体体积减小的反应，体系达平衡后，若压缩容器体积，反应1平衡不移动，反应2向正反应方向移动，氢气的浓度减小、甲醇的浓度增大，反应3平衡向逆反应方向移动，故错误；
d．选用合适的催化剂可以增大反应速率，但化学平衡不移动，所以反应3中二氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
故选acd；
（2）
①二氧化碳转化为甲醇时，碳元素的化合价降低被还原，所以二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇，故答案为：阴极；
②由题意可知，二氧化碳转化为甲醇时，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+；
（3）
由电子的移动方向可知，右侧电极为燃料电池的正极，则c口通入的物质是氧气，故答案为：O2；
（4）
由电子的移动方向可知，左侧电极为燃料电池的负极，在水分子作用下，甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑，故答案为：CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑。
17． MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O 500℃ m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10 60min MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 NH4Cl
【分析】根据流程图及题干信息分析：菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）与氯化铵混合研磨，焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出后Fe、Al、Ca、Mg得到相应的离子，浸出液的成分为：Mn2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH为5.2≤pH＜8.8将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，进一步除去Mg2+、Ca2+，得到的净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3产品，滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，菱锰矿与氯化铵混合研磨，焙烧，主要发生方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O，故答案为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；
（2）由图1可知，500℃之前的浸出率较低，再升高温度，浸出率变化很小，故氯化铵焙烧菱锰矿的最佳温度是500℃；由图2可知，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10时浸出率较高，再增加氯化铵的用量，浸出率升高不明显，故氯化铵与菱镁矿粉的最佳质量之比为1.10；由图3可知焙烧60min，浸出率高，再增加焙烧时间，浸出率升高不明显，焙烧的最佳时间为60min；故答案为：500℃；1.10；60min；
（3）净化除杂中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由流程分析可知，碳化结晶是指锰离子与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，所以不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；
（5）由流程分析可知，最后滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，故答案为：NH4Cl。
18． 不会产生污染环境的氯气 ③和④ 铵根和偏钒酸跟水解方程式为、,增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解 当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒。
【详解】(1)第一步焙烧的将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为，故填；
(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气，故填不会产生污染环境的氯气；
(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大，答案：③和④；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大；
(4)①根据氧化还原反应的规律可得，故填；
②溶液为黄色，溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿色）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色，故填当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；
③根据反应可得关系式，可得，带入数据可得mol/L，=2a×0.1=0.2a mol，又，故=0.1a mol，=0.1a×182=18.2a g，样品的质量分数为==，故填。
19．(1)N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
(2)bc
(3) 8
(4) Ⅷ d Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【解析】（1）
尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
（2）
a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
（3）
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
（4）
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
北京市门头沟区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、实验题
1．（2019·北京门头沟·统考一模）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3＋不能氧化Ni2＋
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O
③已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
开始沉淀时
完全沉淀时
Al(OH)3
3.43
4.19
Fe(OH)3
2.53
2.94
Ni(OH)2
7.60
9.75
回答下列问题：
(1)加入试剂A来调节溶液的pH至5左右，试剂A最好选用________。
a．NaOH b．Na2CO3 c．NiO
该过程析出沉淀的成分是____________________(填化学式)。
(2)加入Na2C2O4溶液发生反应的化学方程式是_____________________。
(3)电解时的阴极电极反应式是____________________________。检验阳极产生的气体的试剂是_____________________________ 。
(4)沉淀Ⅱ可被电解所得阳极产物氧化，该反应的离子方程式是____________。
(5)检验Ni(OH)3已洗涤干净的方法是________________________________。
2．（2019·北京门头沟·统考一模）某化学兴趣小组对硫酸亚铁的一些性质进行探究。 回答下列问题：
(1)配制0.5 mol·L－1 FeSO4溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，结合化学用语解释稀硫酸的作用_____________________________。
该实验小组做如下实验。
实验序号
操作及现象
ⅰ
取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，逐滴加入少量0.1 mol·L－1 Na2S 溶液，产生大量黑色沉淀
ⅱ
取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 mol·L－1 KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色
ⅲ
重复实验ⅱ，向浅红色溶液中加入5% H2O2溶液至过量，产生无色气体(经检验为O2)，溶液变为深红色，且红色很快褪去
(2)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是FeS。Na2S 溶液呈碱性，FeSO4溶液与其反应不生成Fe(OH) 2而生成FeS的可能原因是_____________________。
(3)用离子方程式表示步骤ⅱ中溶液变红的原因：___________、_____________。
(4)甲同学探究步骤ⅲ中溶液褪色的原因，提出如下假设：
a. Fe3+ 被H2O2还原 b. SCN- 被O2氧化 c. SCN- 被H2O2氧化
乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，他依据的现象是________________。
甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。
步骤
试剂及操作
现 象
i
取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液
①_________
ii
② _________________
③_________
(5)为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁放入装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
① C、D中的溶液依次是__________、________(填字母标号)。
a．品红溶液 b．NaOH溶液 c．BaCl2 溶液
d．Ba(NO3)2 溶液 e．浓H2SO4
② C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别是____________ 、______________。
③ 写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式______________________________。
3．（2020·北京门头沟·统考一模）氧和硫属于同主族元素，其单质和化合物在生产生活中用途很广。
SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。
(1)上述方法制备的SO2，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接除杂装置，请画出除杂装置并标明装置中的试剂___________。
(2)将SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液得到白色沉淀，该反应的离子方程式为_______。
分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：
(3)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，用化学用语表示其原因______________________________。
(4)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是_________________。
(5)测定水中溶解O2的量，常用的方法是：
i．量取a mL水样，迅速加入足量MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡使反应均匀。
ii．开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有I2生成。
iii．向ii所得溶液中滴加2滴淀粉溶液为指示剂，用b mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点共消耗了Na2S2O3溶液V mL。
有关反应方程式为：2Mn2+ + O2+ 4OH- = 2MnO(OH)2（反应很快）
MnO(OH)2 + 2I- + 4H+= Mn2+ + I2 + 3H2O
I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-
①水中溶解 O2的量（以mg/L为单位）为___________________。
②判断达到滴定终点的实验依据为 __________。
4．（2020·北京门头沟·统考一模）FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。
I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。
II．实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素
(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
【资料1】
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀 pH
7.6
2.7
完全沉淀 pH
9.6
3.7
①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3：__________________________________________________。
(2)小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。
序号
A 0.2mol/LNaCl
B 0.1mol/LFeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5
【资料2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。
【资料3】常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。
根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U型管中左池的电极反应式_________________。
②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为______ 。
③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。
④对【资料3】实验事实的解释为____________________。
5．（2021·北京门头沟·统考一模）过氧化氢常被称为绿色氧化剂。
(1)电子式是___________。
(2)为分析对分解反应的催化效果，某同学做了以下实验。
实验ⅰ．向溶液中滴加5滴溶液，较快产生无色无味气体。
实验ⅱ．向溶液中滴加5滴溶液，无气体产生。
由此推断对分解反应有催化作用，实验i中发生反应的离子方程式为：a．___________；b．。实验ⅱ的目的是：___________。
(3)研究表明：过氧化氢溶液中的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。
常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图1所示。
已知：，
①一定条件下，相同时间内分解率随溶液增大而增大的原因是：___________。
②相同下，过氧化氢浓度越大分解速率越快，但是相同时间内分解率反而降低，分析其原因___________。
(4)常用来腐蚀金属铜，使用时加入盐酸或氨水将其配制成酸性或碱性腐蚀液。
①酸性条件下腐蚀金属铜的离子方程式为___________。
②图2是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因___________。
6．（2021·北京门头沟·统考一模）亚硝酸钠外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某学习小组制备亚硝酸钠并探究其性质。
实验一：制备
该小组查阅资料：，
制备装置如图所示(夹持装置略去)：
(1)写出A中发生反应的离子方程式___________。
(2)甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的中混有较多的杂质。为了提高了的纯度，可采取的改进措施是___________。
(3)装置D可将剩余的NO氧化成，发生反应的离子方程式为___________。
实验二：以亚硝酸钠溶液为研究对象，探究的性质。
实验
实验编号
试剂
现象
滴管
试管
①
1%酚酞溶液
溶液
溶液变为浅红色，微热后红色加深
②
溶液
溶液
开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去
③
溶液
溶液
无明显变化
④
溶液
溶液
溶液变黄后迅速变为棕色，再滴加KSCN溶液变红
资料：在溶液中呈棕色。
(4)结合化学用语解释实验①“微热后红色加深”的原因___________。
(5)解释实验④中“溶液变黄后迅速变为棕色”的原因___________(用离子方程式表示)。
(6)取一支试管，加入少量实验④中的棕色溶液，加热，有无色气体逸出，在近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因___________。
7．（2022·北京门头沟·统考一模）废弃的锂离子电池中含有大量Co、Ni、Mn、Cu、Al等金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液，下列是某小组研究从柠檬酸浸出液中去除铜的方法。
方法一：调pH去除铜
资料1：金属离子沉淀的pH
Al(OH)3
Cu(OH)2
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
3.53
4.91
6.88
7.40
8.14
完全沉淀pH
4.89
6.67
8.87
9.39
10.14
(1)由数据分析，甲同学提出可以控制溶液pH至____去除溶液中铜离子。
(2)设计实验，测得不同pH下铜的沉淀率如表。
pH
5
8
10
12
铜的沉淀率
2.3
7.2
9.8
12
由数据分析pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，分析可能原因____。
结论：不可以通过调pH去除铜。
方法二：还原法去除铜
资料2：抗坏血酸(C6H8O6)具有较强的还原性，氧化后为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；受热易分解。
向柠檬酸浸出液中加入抗坏血酸能有效的将Cu2+还原成金属Cu。某实验小组研究了相同条件下，pH、反应时间和温度分别对Cu沉淀率的影响。
(3)依据图1和图2，判断沉淀铜选择最佳pH为____，理由是____。
(4)从图3可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降。分析原因____。
(5)由上述实验可知：抗坏血酸还原铜离子可能存在的路径____，____。(用离子方程式表示)
结论：可以通过还原法去除铜。
8．（2022·北京门头沟·统考一模）某实验小组探究Mn2+的检测方法。
查阅资料：Mn2+的稀溶液几乎无色，在酸性介质中，S2O能将Mn2+氧化成MnO。
(1)资料中检测Mn2+方法的反应为____(用离子方程式表示)。
甲同学设计实验如表。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体
5min无明显现象
(2)实验Ⅰ并未观察到预期现象，查阅资料，并进行以下实验。
序号
实验操作
实验现象
Ⅱ
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体，加热至沸腾
溶液变棕黄色，1min后出现紫红色
Ⅲ
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体，再滴入2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液
溶液变棕黄色，5min出现紫红色
Ⅳ
向1mL0.05mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体，加热至沸腾
迅速生成棕黑色沉淀
①对比实验Ⅱ、Ⅲ，推测实验Ⅰ无明显现象的原因____。
②解释实验Ⅱ、Ⅲ中溶液变棕黄色的原因____。
③结合离子方程式解释实验Ⅳ中产生棕黑色沉淀的原因____。
(3)乙同学继续设计实验
序号
实验操作
实验现象
V
向1mL0.002mol·L-1MnSO4溶液中滴入3滴3mol·L-1H2SO4溶液并加入一粒米大的K2S2O8固体+____，微热
1min后出现紫红色
完成表格中空白处。
(4)总结：探究Mn2+的检测方法需要考虑的因素有____。
二、有机推断题
9．（2019·北京门头沟·统考一模）按下列路线合成新抗凝(抗血栓药物)
新抗凝
已知：I：
II：
III：
(1)所需的试剂是__________。
(2) B→C分两步进行，反应类型分别是 __________、__________。
(3)下列说法不正确的是_________。
a．化合物B能使Br2/CCl4褪色
b. 化合物C能发生银镜反应
c．F遇FeCl3溶液显色
d. 新抗凝的分子式C19H15NO6
(4)E+H→新抗凝的化学方程式是_______________________。
(5)已知： ，写出有关化合物的结构简式I ________F________G________。
+I→F→G
(6)写出一种符合下列条件的A的同分异构体的结构简式_____________________。
① 红外光谱表明分子中含有-COO-、苯环结构
②1H-NMR谱显示苯环上有三种不同环境的H原子
10．（2020·北京门头沟·统考一模）交联聚合物K合成路线如下（图中表示链延长）
已知：；
(1)按官能团分类，A的类别是__________。
(2)A→B的反应类型是________________。
(3)C可能的结构简式是__________。
(4)C→D所需的试剂a是__________。
(5)C2H2生成E的方程式是__________。
(6)G→H的方程式是__________。
(7)含有苯环，且与I互为同分异构体的酯有_____种。写出其中的一种结构简式___________
11．（2021·北京门头沟·统考一模）有机化合物K是某药物的合成中间体，其合成路线如下：
已知：①(R表示烃基)；
②R－NH2++C2H5OH(R代表烃基，代表烃基或氢原子)
请回答下列问题：
(1)烯烃A的结构简式是___________。
(2)B中官能团的名称是___________。
(3)D→E的反应类型是___________。
(4)E→F的化学方程式是___________。
(5)下列说法正确的是___________。
A．A存在顺反异构B．C→D的试剂及反应条件为NaOH水溶液、加热
C．若G为烃，G可发生聚合反应D．H可以与Na、NaOH溶液发生反应
(6)J经三步反应合成K，写出中间产物1及中间产物2的结构简式。___________
12．（2022·北京门头沟·统考一模）我国科学家发现化合物J对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。J的两条合成路线如图所示。
已知：ⅰ.R—NH2R—NH2(R代表烃基)
ⅱ.—NH2易被氧化
回答下列问题：
(1)A中官能团有：硝基和____。
(2)D→E的化学方程式是____。F的结构简式是____。
(3)反应中的作用____。
(4)B有多种同分异构体，写出任意一种同时满足下列条件的M的结构简式是____。
①含有—NO2的芳香族化合物
②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基
③苯环上一氯代物有两种
(5)G→H的反应类型是____。
(6)I→J的反应还可能有副产物，请写出其中一种的结构简式____。
(7)苯胺()和乙二酸(HOOC—COOH)为起始原料，可以制备。选用必要的试剂完成合成路线____。
三、原理综合题
13．（2019·北京门头沟·统考一模）CO2的排放会带来全球“温室”效应，因此，引起国际关注和研究，渴望21世纪 CO2将作为新碳源被广泛使用。
(1)以 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。
已知：① CH4 (g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g) △ H1= + 247kJ·mol-1
② CH4 (g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g) △ H2= + 205kJ·mol-1
写出由 CO2 获得CH4的热化学方程式：_____。
(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气：CH4(g)+CO2(g) = CO(g)+2H2(g) 按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率影响如图所示。此反应优选温度为900℃的原因是______________________。
(3)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。
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上图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是__________________。
② 为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出两种) 。
③ 将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是________________________。
(4)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_______________________。电池的正极反应式：2CO2+2e−= C2O42−该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：i： 6 O2 + 6e− = 6 O2− ii: ……写出ii的离子方程式：______________________。
14．（2020·北京门头沟·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列问题。
Ⅰ．处理含SO2、NO的烟气
在323 K温度下，向盛有NaClO2溶液的鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气。
(1)写出NaClO2溶液脱硝过程中反应的离子方程式___________________ 。
(2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
(3)采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是___________________。
Ⅱ．处理含H2S的烟气
生物脱H2S原理为：
H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1
4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2
(1)反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的ΔH3=___________________。
(2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是______________。
Ⅲ．处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含Na2SO4的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
(1)负极反应式为___________________。
(2)当电路中通过1电子的电量时，会有_________的O2生成。
15．（2021·北京门头沟·统考一模）全球大气浓度升高对人类生活产生了影响，的捕集和资源化利用成为研究热点。
(1)能引起海水酸化，原理为___________，因此过量排放对海洋生态系统会造成严重影响。
(2)捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳剂的是___________。
A．B．CaO C．D．
(3)甲烷化是实现其资源化利用的有效方式之一、
Ⅰ．热化学转化法：工业上常用催化加氢合成。
已知：①
②
③
反应的___________kJ/mol。
在该工业生产中，选用了高活性的Ni基催化剂，并且在低温下进行，其目的是：___________。
Ⅱ．电化学转化法：多晶Cu可高效催化甲烷化，电解制备的原理示意图如下。
①多晶铜连接电源的___________极。(填“正”或“负”)
②阳极氧化产物只有，电解时实际生成的总量小于由理论计算所得的量，结合电极反应式解释原因：___________。
16．（2022·北京门头沟·统考一模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
Ⅰ.合成甲醇
(1)由CO2催化加氢合成甲醇醇。
①一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中有下列反应：
反应1：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2
反应3：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。
①则△H2____△H3(填“>”“<”或“=”)。
②对于上述CO2加氢合成CH3OH的反应体系，下列说法不正确的是____(填字母)。
a．增大初始投料比，有利于提高CO2的转化率
b．当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
c．体系达平衡后，若压缩容器体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动
d．选用合适的催化剂可以提高反应3中CO2的平衡转化率
(2)电化学原理将CO2转化为甲醇。
在光电催化条件下可以高效地将CO2和H2O转化为甲醇，从电极反应的角度分析：
①甲醇在____(填“阴”或“阳”)极生成；
②氧化反应为____。
Ⅱ.甲醇是重要的化工原料，也可用作甲醇燃料电池。以稀硫酸为电解质溶液，甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
(3)该电池工作时，c口通入的物质是_____。
(4)该电池负极的电极反应式是_____。
四、工业流程题
17．（2020·北京门头沟·统考一模）氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
(1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为__________________。
(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：_________________。
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为________________________；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全。
(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________，碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是____________。
18．（2021·北京门头沟·统考一模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为、和等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：
(1)在第—步操作焙烧过程中转化为可溶性，该反应的化学方程式为___________。
(2)焙烧炉中可用代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用代替NaCl的优点是___________。
(3)以上流程中应用过滤操作的有___________，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的，从平衡角度分析原因___________。
(4)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：溶液为黄色，溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
①完成下列滴定过程的离子方程式。，_____________
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________。
③产品的纯度为___________。(用质量分数表示)已知相对分子质量：；。
五、结构与性质
19．（2022·北京门头沟·统考一模）碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
(1)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②_____。
(2)下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
(3)氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素
电离能(kJ·mol-1)
I1
I2
I3
Mn
717
1509
3248
Fe
759
1561
2957
①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。
参考答案：
1． c Fe(OH)3、Al(OH)3 NiCl2＋Na2C2O4＋2H2O = NiC2O4·2H2O↓＋2NaCl 2H2O＋2e– = 2OH- +H2↑ 或 2H+＋ 2e– = H2↑ 用湿润的淀粉KI试纸 2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2 = 2Ni(OH)3＋2Cl－ 取最后一次洗涤液，加入酸化的AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净
【分析】（1）除杂原则不增不减与原溶质不反应，再结合沉淀所需的pH值表格分析沉淀成分；
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4•2H2O和NaCl;
（3）过滤1得到的滤液为NaCl溶液，依据电解原理中电极的放电顺序及电极产物分析作答；
（4）电解食盐水得到的阳极产物氯气具有强氧化性，可与Ni(OH)2发生氧化还原反应；
（5）依据洗涤的残留液中无氯离子的检验方法来验证沉淀是否洗涤干净。
【详解】（1）酸溶后的溶液中含有Al3＋ 、Fe3＋ 、Ni2＋ 等金属离子，为留住镍元素，将铁离子与铝离子除去，最好选用NiO，调节pH值使杂质离子Al3＋ 、Fe3＋ 沉淀，根据沉淀溶解度表可以看出，根据表中开始沉淀和沉淀完全pH，Fe（OH）3开始沉淀pH=2.5，沉淀完全pH=2.9，Al（OH）3开始沉淀pH=3.4，沉淀完全pH=4.2，所以调节pH = 5后，析出的沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3
故答案为c；Fe(OH)3、Al(OH)3；
（2）除去Al3＋ 、Fe3＋ 等杂质离子后的溶液为NiCl2 溶液，加入Na2C2O4溶液后又经过了过滤步骤，可以推测此步骤中反应有沉淀析出，因此发生的反应方程式为NiCl2＋Na2C2O4＋2H2O = NiC2O4·2H2O↓＋2NaCl，
故答案为
NiCl2＋Na2C2O4＋2H2O = NiC2O4·2H2O↓＋2NaCl；
过滤1得到的滤液为NaCl溶液，则阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H2O +2e-==H2↑+2OH-或 2H+＋ 2e– = H2↑而阳极氯离子放电生成氯气，检验氯气可用湿润的淀粉KI试纸，
故答案为2H2O＋2e– = 2OH- +H2↑ 或 2H+＋ 2e– = H2↑；用湿润的淀粉KI试纸
（4）电解食盐水得到的阳极产物氯气具有强氧化性，可氧化Ni(OH)2为Ni(OH)3，同时氯气被还原为氯离子，其离子方程式是2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-，
故答案为2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2 = 2Ni(OH)3＋2Cl－；
（5）取最后一次洗涤液，加入酸化的AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明Ni(OH)3已洗涤干净，
故答案为取最后一次洗涤液，加入酸化的AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净。
2． Fe2++ 2H2O Fe(OH)2+2H+ 加入稀硫酸，增大H+,浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解 FeS溶解度更小 4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色。 无明显现象 取褪色后的溶液滴加KSCN溶液 溶液变为红色 c、a 产生白色沉淀 品红溶液褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【分析】（1）亚铁离子在溶液中会发生水解；
（2）结合溶解度大小分析；
（3）KSCN溶液遇Fe3+会变红；考虑氧气氧化Fe2+转化为Fe3+导致溶液变红；
（4）结合实验ⅱ种现象可排除假设b；结合假设c的结论，通过对照实验验证KSCN可与过氧化氢反应；
（5）硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2。
【详解】（1）硫酸亚铁溶液中存在水解平衡，其方程式为：Fe2++ 2H2O Fe(OH)2+2H+，当加入稀硫酸后，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解，
故答案为Fe2++ 2H2O Fe(OH)2+2H+，加入稀硫酸，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解；
（2）FeSO4溶液与Na2S反应不生成Fe(OH) 2而生成FeS的可能原因是FeS更难溶，反应更容易进行，所以得到FeS沉淀，
故答案为FeS溶解度更小；
（3）取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 mol·L－1 KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色，说明氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，
故答案为 4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O 、Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
（4）乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，主要依据实验实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色；甲同学可先取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液，观察若无现象，再取褪色后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则可得出结论，SCN- 被H2O2氧化，假设c成立，
故答案为实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色；无明显现象；取褪色后的溶液滴加KSCN溶液；溶液变为红色；
（5）①实验后反应管中残留固体为红色粉末,说明生成Fe2O3,则反应中Fe元素化合价升高,S元素化合价应降低,则一定生成SO2,可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,C为氯化钡,用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，
故答案为c、a；
②依据①中分析C、D中的溶液分别是氯化钡溶液与品红溶液，所以现象分别为：产生白色沉淀、品红褪色，
故答案为产生白色沉淀、品红溶液褪色；
③硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，
故答案为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
3． 饱和NaHSO3 溶液 3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋ SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣ 在水溶液中O2氧化SO2 的速率比NO3﹣快 当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色
【分析】根据二氧化硫的性质及实验目的分析解答；根据二氧化硫的还原性分析书写反应方程式；根据滴定原理及涉及的反应方程式分析解答。
【详解】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，故答案为：饱和NaHSO3 溶液；
（2）SO2通入Ba(NO3)2溶液中，被氧化生成硫酸钡白色沉淀、NO和硝酸，该反应的离子方程式为3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋；
（3）二氧化硫与氯化钡不反应，所以没有沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为：SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣；
（4）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更多的硫酸，pH较小，故答案为：在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3-快；
（5）根据滴定过程中发生的反应找出关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，则n(O2)= n(S2O32-)=×b mol/L×V×10-3L=mol，则水中溶解O2的量（以mg/L为单位）为，故答案为： ；
（6）当达到滴定终点时，I2完全反应，溶液蓝色恰好褪去，故答案为：当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色。
4． 蒸发浓缩 4Fe2+ + O2 + 10H2O＝4Fe(OH)3↓ + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+＝2H2O 溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）
【分析】根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。
【详解】I．FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；
II．（1）①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；
②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；
（2）①A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；
②由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素，故答案为：1和3（或2和4）；
④由表中数据可知，pH变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
5． H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2 排除Cl-的干扰 溶液增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快 相同下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小 Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O 在一定温度范围内，升高温度，反应速率加快，故Cu的腐蚀量有所增大，但随着温度的升高，H2O2分解速率加快，导致腐蚀量急剧下降
【详解】(1)为共价化合物，根据O原子的最外层上有6个电子，H只有一个电子，故其电子式为：，故答案为：；
(2)根据过氧化氢在Fe3+的催化作用下分解的总反应式为：2H2O22H2O+O2，故由此推断对分解反应有催化作用，实验i中发生反应的离子方程式为：a．H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2；b．，实验中加入的FeCl3，要想证明是Fe3+起催化作用就得排除Cl-的干扰，故实验ⅱ的目的就是排除Cl-的干扰，故答案为：H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2；排除Cl-的干扰；
(3)①一定条件下，相同时间内分解率随溶液增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：溶液增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快；
②相同下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故答案为：相同下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小；
(4)①酸性条件下腐蚀金属铜，Cu被氧化为Cu2+，自身被还原为H2O，故该反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
②图2是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，在一定温度范围内，升高温度，反应速率加快，故Cu的腐蚀量有所增大，但随着温度的升高，H2O2分解速率加快，导致腐蚀量急剧下降，故答案为：在一定温度范围内，升高温度，反应速率加快，故Cu的腐蚀量有所增大，但随着温度的升高，H2O2分解速率加快，导致腐蚀量急剧下降。
6． 在A装置左边，从左到右持续通入氮气 亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中亚硝酸根水解呈碱性，加入酚酞溶液溶液变红，加热使水解平衡向右移动，碱性增强，溶液颜色加深 加热使分解生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色二氧化氮，溶液中铁离子水解平衡右移生成氢氧化铁红褐色沉淀
【分析】A装置为制备NO气体，其反应为，B装置为干燥装置，除去NO中的水蒸气；C为反应装置；D为尾气处理装置。
【详解】(1)A中的反应为，其中单质和氧化物不能拆，写成离子方程式为，故填；
(2)装置内若含有较多的空气，会将NO氧化成，故可在反应前将装置内的空气排尽，改进措施为：在A装置左边，从左到右持续通入氮气，故填在A装置左边，从左到右持续通入氮气；
(3)NO与酸性高锰酸钾的反应为氧化还原反应，其反应为，故填；
(4)亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中亚硝酸根水解呈碱性，加入酚酞溶液溶液变红，加热使水解平衡向右移动，碱性增强，溶液颜色加深，故填亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中亚硝酸根水解呈碱性，加入酚酞溶液溶液变红，加热使水解平衡向右移动，碱性增强，溶液颜色加深；
(5)亚硝酸亚在酸性条件下具有氧化性，向酸性硫酸亚铁溶液中加入亚硝酸钠，亚铁离子被氧化成铁离子，溶液变黄，生成的NO与亚铁离子结合成，使溶液呈棕色，其反应为，故填；
(6)加热使分解生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色二氧化氮，溶液中铁离子水解平衡右移生成氢氧化铁红褐色沉淀，故填加热使分解生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色二氧化氮，溶液中铁离子水解平衡右移生成氢氧化铁红褐色沉淀。
【点睛】变黄后生成红棕色是生成，而不是铁离子水解。
7．(1)6.67
(2)柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力,致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀
(3) 6 pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少
(4)温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱
(5) Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu
【解析】(1)
由表格信息可知，铜离子完全沉淀时的pH值为6.67，故答案为：6.67；
(2)
由题干信息可知柠檬酸具有较好的络合性，pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，这是因为柠檬酸的结合铜离子的能力强于氢氧根离子，故答案为：柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力，致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀；
(3)
由图1可知pH等于6时，铜离子的沉淀率已经很高，同时结合图2可知此时其他离子的损失率较小，因此沉淀铜选择最佳pH为6，故答案为：6；pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少；
(4)
反应开始阶段，随温度的升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高会使其分解导致还原性降低，还原铜的能力减弱，故答案为：温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱；
(5)
抗坏血酸还原铜离子可能是直接将铜离子还原成Cu，也可能是与氢氧化铜直接反应得到Cu，抗坏血酸被氧化成脱氢抗坏血酸(C6H6O6)，相关反应为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；故答案为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；
8．(1)2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+
(2) 反应速率较慢 S2O能将Mn2+氧化成MnO，但反应速率慢，生成的MnO浓度相对很小，相对过量的Mn2+就会还原体系中生成的MnO而形成少量MnO2 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2+4H+，溶液中Mn2+浓度过大，体系中过量Mn2+会还原生成的MnO生成大量黑色MnO2沉淀
(3)2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液
(4)温度、催化剂、Mn2+浓度
【解析】(1)
在酸性介质中，S2O能将Mn2+氧化成MnO，溶液颜色会发生变化，可以检测Mn2+，反应的离子方程式为2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+。
(2)
①由于实验Ⅱ中加热，因此对比实验Ⅱ、Ⅲ，实验Ⅰ无明显现象的原因为反应速率较慢。
②由于S2O能将Mn2+氧化成MnO，但反应速率慢，生成的MnO浓度相对很小，相对过量的Mn2+就会还原体系中生成的MnO而形成少量MnO2，因此实验Ⅱ、Ⅲ中溶液变棕黄色。
③由于溶液中Mn2+浓度过大，体系中过量Mn2+会还原生成的MnO生成大量黑色MnO2沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2+4H+；
(3)
由于微热最终出现紫红色，因此根据实验Ⅲ可知还应该加入2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液；
(4)
根据以上分析可知影响元素有温度、浓度和催化剂，所以探究Mn2+的检测方法需要考虑的因素有温度、催化剂、Mn2+浓度。
9． 浓 HNO3 浓H2SO4 取代反应 氧化反应 a
【分析】由E、F分子式与新抗凝的结构简式可知，E与H发生加成反应生成新抗凝，可推知E为，H为．C与D发生信息中反应得到E，可推知C为，D为．甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A为，A与氯气发生取代反应生成B为，发生水解反应生成，再发生氧化反应生成C．水杨酸与甲醇发生酯化反应生成F为，F与乙酸酐反应生成G，G发生信息中反应得到H，可知G为。
【详解】根据上述分析可知，
（1）发生硝化反应，所加试剂为浓HNO3 和浓H2SO4，反应条件为加热，
故答案为浓HNO3 和浓H2SO4；
（2）B→C分两步进行，：，所以反应类型分别是取代反应与氧化反应，
故答案为取代反应；氧化反应；
（3）
a．化合物B为，不能使Br2/CCl4溶液褪色，a项错误；
b．化合物C为，含有醛基，能发生银镜反应，b项正确；
c．化合物F为，含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，c项正确；
d．由新抗凝的结构简式，可知其分子式为C19H15NO6，d项正确；
故答案为a；
（4）E为，H为．E与H分子发生加成反应得到新抗凝，所以E+H→新抗凝的化学方程式是，
故答案为；
（5）根据已知反应可知，I为，I与
发生酯化反应生成F和乙酸，则F为，F再继续与乙醇发生酯化反应得到G，G为，
故答案为；；
（6）A为对硝基甲苯，红外光谱表明分子中含有-COO-、苯环结构同时1H-NMR谱显示苯环上有三种不同环境的H原子的同分异构体为，
故答案为。
10． 烯烃 取代反应 氢氧化钠的水溶液 HC≡CH+2HCHO 6种
【分析】根据合成路线图分析知，D和J聚合反应得到K，分析K的结构简式及D的分子式得，D为CH2OHCHOHCH2OH，J为；根据题给反应信息分析E为，与氢气加成得到F，则F为CH2(OH)CH2CH2CH2OH，F氧化得到G，G为，比较J和G的结构，根据题给反应分析，G在一定条件下成环得到H，H脱水形成苯环得到I，I为，氧化后得到J；根据D的结构和C的分子式，分析C为或，B与氯气、水加成得到C，则B为CH2=CHCH2Cl，则A为CH2=CHCH3，据此分析解答。
【详解】（1）A中含有碳碳双键，则按官能团分类，A的类别是烯烃，故答案为：烯烃；
（2）根据上述分析知，A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，比较A和B的结构简式变化知，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（3）根据上述分析，C可能的结构简式是或，故答案为：或；
（4）C→D为卤代烃的水解反应，所需的试剂a是氢氧化钠的水溶液，故答案为：氢氧化钠的水溶液；
（5）根据题给反应信息知，C2H2生成E的方程式是HC≡CH+2HCHO，故答案为：HC≡CH+2HCHO；
（6）根据题给反应信息知，G→H的方程式是，故答案为：；
（7）根据I的结构及酯的结构特点分析，符合条件的同分异构体有：、、、、、，共6种，故答案为：6种；、、、、、。
11． CH2=CHCH3 碳碳双键、碳溴键(或溴原子) 氧化反应 HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O BC 、
【分析】由题干合成流程图可知，根据A的分子式C3H6，故作为烯烃的结构简式只有：CH2=CHCH3，根据A到B的转化条件可推知，B的结构简式为：CH2=CHCH2Br，由B到C的转化条件和反应类型可推知C为BrCH2CH2CH2Br或CH3CHBrCH2Br，根据D的分子式和C的结构简式可知，D为HOCH2CH2CH2OH或CH3CHOHCH2OH，故E的结构简式为：HOOCCH2COOH或者CH3COCOOH，结合F的分子式和E到F的反应条件可知，推知F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，故E只能为HOOCCH2COOH，故D只能为HOCH2CH2CH2OH，C只能为BrCH2CH2CH2Br， 由G到H的反应条件可推知：若G为烃则为环己烯，若为卤代烃则为一卤环己烷，根据H到I的反应条件和I的分子式可推知I的结构简式为：，(6)J与HCN发生加成反应生成，然后还原生成 ，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，烯烃A的结构简式是CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；
(2)由分析可知，B的结构简式为：CH2=CHCH2Br，故其含有的官能团的名称是碳碳双键、碳溴键(或溴原子)，故答案为：碳碳双键、碳溴键(或溴原子)；
(3)由分析可知，D→E即HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾氧化为HOOCCH2COOH，故该反应的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；
(4)由分析可知，E→F即HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应，故该反应的化学方程式是
HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O；
(5)
A．由分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH3，故不存在顺反异构，A错误；
B．C→D即BrCH2CH2CH2Br转化为HOCH2CH2CH2OH为卤代烃的水解反应，故所用的试剂及反应条件为NaOH水溶液、加热，B正确；
C．若G为烃，则G为环己烯，含有碳碳双键，故G可发生聚合反应，C正确；
D．由流程图可知，H中含有醇羟基，故只能与Na反应，不可以N aOH溶液发生反应，D错误；
故答案为：BC；
(6) J与HCN发生加成反应生成 ，然后还原生成 ，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K，故答案为： 、 。
12．(1)氨基
(2) +HNO3+H2O
(3)保护氨基，防止在硝化过程中被氧化
(4)
(5)取代反应
(6)、或者 等
(7)
【分析】本题为有机合成流程题，根据流程图中A和C的结构简式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，根据C、E的结构简式和C到D、D到E的转化条件并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，根据E和J的结构简式和E到F的转化信息并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，根据H的结构简式和H到I的转化条件结合J的结构简式可知，I的结构简式为：，(4) 已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，(6) 由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者等，(7)本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线，据此分析解题。
（1）
由题干流程图中A的结构简式可知，A中官能团有：硝基和氨基，故答案为：氨基；
（2）
由分析可知，D→E即与浓硫酸、浓硝酸共热来制备，故该转化的化学方程式为：+HNO3(浓) +H2O，由分析可知， F的结构简式是，故答案为：+HNO3(浓) +H2O ；；
（3）
由分析可知，D到E的硝化反应中使用的浓硝酸具有强氧化性，可以氧化氨基，则反应中的作用是保护氨基，防止在硝化过程中被氧化，故答案为：保护氨基，防止在硝化过程中被氧化；
（4）
已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，故答案为：或者等；
（5）
由题干流程图中，G、H的结构简式和G到H的转化条件可知，G→H的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（6）
由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者 等，故答案为：、或者 等；
（7）
本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线图为：，故答案为：。
13． CO2(g)+ 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g)△H= -163 kJ/mol 900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低 增大体系压强、增大CO2的浓度 3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+) 6CO2+6O2−= 3C2O42−+6O2
【分析】（1）依据盖斯定律的应用分析作答；
（2）根据图中信息分析温度超过900℃后反应产率的增大并不明显，再结合经济效益作答；
（3）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②提高该反应中CH4的转化率，即使反应平衡向正向移动，依据对反应平衡的影响因素作答；
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，结合金属氧化物与酸的反应书写该反应的离子方程式；
（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，据此书写电极反应式；依据题意可知，氧气为催化剂，在第一步被消耗，会在第二步生成，结合正极总反应2CO2+2e−= C2O42−作答。
【详解】（1）①CH4(g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g)△H1= + 247kJ·mol-1
②CH4(g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g)△H2= + 205kJ·mol-1，则①-2×②可得CO2(g)+ 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g)，对应的反应热△H=△H1-2△H2= (+ 247kJ·mol-1)-2×(+ 205kJ·mol-1)=-163 kJ/mol-1，
故答案为CO2(g)+ 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g)△H= -163 kJ/mol；
（2）根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度，
故答案为900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，
故答案为900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；
（3）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，
故答案为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，
故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-= 6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，
故答案为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++ 2NO↑+16H2O；
（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气在第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂，因正极总反应为：2CO2+2e−= C2O42−，两式相减得到，另一步反应为6CO2+6O2−= 3C2O42−+6O2，·
故答案为Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)；6CO2+6O2−= 3C2O42−+6O2；
14． 2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋ （或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋） 二氧化硫的还原性强于NO 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 ΔH3=2ΔH1+ΔH2 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） 2H2O+2e—=H2↑+2OH— 0.25
【详解】Ⅰ．（1）NaClO2具有氧化性，可以将NO氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒及原子守恒分析水参加反应，产物中有H+生成，则反应的离子方程式为2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）。故答案为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）；
（2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于NO；
（3）采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；
Ⅱ．（1）已知：①H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1，②4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2，
根据盖斯定律①×2+②得反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则ΔH3=2ΔH1+ΔH2，故答案为：故ΔH3=2ΔH1+ΔH2；
（2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；
Ⅲ．（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则当电路中通过1电子的电量时，会有1×=0.25mol O2生成，故答案为：0.25。
15． ABC -162 高活性催化剂可以加快反应速率，降低温度促进平衡正向移动，提高CO2的转化率 负 阴极除了得电子外：，还可能发生
【详解】(1)二氧化碳溶于水后，与水反应生成碳酸，能引起海水酸化，故原理为：；
(2)A．溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，故A选；
B．CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，故B选；
C．的水溶液与二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，故C选；
D．与二氧化碳不反应，不能作为捕碳剂，故D不选；故答案为：ABC；
(3)Ⅰ．已知：①；
②；
③；
根据盖斯定律，③+②-①×2得则+-×2=-162 kJ/mol；
在该工业生产中，选用了高活性的Ni基催化剂，并且在低温下进行，其目的是：高活性催化剂可以加快反应速率，降低温度促进平衡正向移动，提高CO2的转化率；
Ⅱ．①根据电解池原理分析，甲烷化过程中，C化合价降低，发生还原反应，则多晶铜作为阴极，得电子发生还原反应，则连接电源的负极；
②阳极氧化产物只有，电解时实际生成的总量小于由理论计算所得的量，结合电极反应式解释原因：阴极除了得电子外：，还可能发生。
16．(1) < acd
(2) 阴 2H2O—4e—=O2↑+4H+
(3)O2
(4)CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑
【解析】（1）
①由图可知，温度升高，平衡常数K1增大，说明反应1为吸热反应，焓变△H1>0，由盖斯定律可知，反应1+反应2得到反应3，则焓变△H3=△H1+△H2，所以△H3—△H2=△H1>0，△H3>△H2，故答案为：<；
②a．增大初始投料比相当于在二氧化碳浓度不变的条件下减小氢气的浓度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，故错误；
b．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应1为气体体积不变的反应，反应2、3为气体体积减小的反应，反应中气体的平均摩尔质量增大，则当气体的平均摩尔质量保持不变时说明说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
c．反应1为气体体积不变的反应，反应2、3为气体体积减小的反应，体系达平衡后，若压缩容器体积，反应1平衡不移动，反应2向正反应方向移动，氢气的浓度减小、甲醇的浓度增大，反应3平衡向逆反应方向移动，故错误；
d．选用合适的催化剂可以增大反应速率，但化学平衡不移动，所以反应3中二氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
故选acd；
（2）
①二氧化碳转化为甲醇时，碳元素的化合价降低被还原，所以二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇，故答案为：阴极；
②由题意可知，二氧化碳转化为甲醇时，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+；
（3）
由电子的移动方向可知，右侧电极为燃料电池的正极，则c口通入的物质是氧气，故答案为：O2；
（4）
由电子的移动方向可知，左侧电极为燃料电池的负极，在水分子作用下，甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑，故答案为：CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑。
17． MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O 500℃ m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10 60min MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 NH4Cl
【分析】根据流程图及题干信息分析：菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）与氯化铵混合研磨，焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出后Fe、Al、Ca、Mg得到相应的离子，浸出液的成分为：Mn2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH为5.2≤pH＜8.8将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，进一步除去Mg2+、Ca2+，得到的净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3产品，滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，菱锰矿与氯化铵混合研磨，焙烧，主要发生方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O，故答案为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；
（2）由图1可知，500℃之前的浸出率较低，再升高温度，浸出率变化很小，故氯化铵焙烧菱锰矿的最佳温度是500℃；由图2可知，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10时浸出率较高，再增加氯化铵的用量，浸出率升高不明显，故氯化铵与菱镁矿粉的最佳质量之比为1.10；由图3可知焙烧60min，浸出率高，再增加焙烧时间，浸出率升高不明显，焙烧的最佳时间为60min；故答案为：500℃；1.10；60min；
（3）净化除杂中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由流程分析可知，碳化结晶是指锰离子与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，所以不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；
（5）由流程分析可知，最后滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，故答案为：NH4Cl。
18． 不会产生污染环境的氯气 ③和④ 铵根和偏钒酸跟水解方程式为、,增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解 当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒。
【详解】(1)第一步焙烧的将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为，故填；
(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气，故填不会产生污染环境的氯气；
(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大，答案：③和④；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大；
(4)①根据氧化还原反应的规律可得，故填；
②溶液为黄色，溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿色）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色，故填当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；
③根据反应可得关系式，可得，带入数据可得mol/L，=2a×0.1=0.2a mol，又，故=0.1a mol，=0.1a×182=18.2a g，样品的质量分数为==，故填。
19．(1)N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
(2)bc
(3) 8
(4) Ⅷ d Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【解析】（1）
尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
（2）
a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
（3）
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
（4）
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
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