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北京市平谷区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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这是一份北京市平谷区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共38页。试卷主要包含了填空题，实验题，有机推断题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
北京市平谷区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·北京平谷·统考一模）（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。
（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol
写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。
100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。
①m1________m2（填＞、＜或＝）
②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________
a．反应停止了 b．反应的△H变大
c．反应达到平衡 d．催化剂活性降低
2．（2021·北京平谷·统考一模）燃煤烟气中含有较多的，减少排放和有效吸收是治理大气污染的一项重要措施。
(1)向燃煤中加入生石灰，可以有效减少的排放，燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分_______。(化学式)
(2)利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。
①吸收塔中发生反应离子方程式_______，酸性：H2SO3______H2CO3(填“”或“”)。
②向溶液中滴加溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如图。由此可知溶液呈_______(“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。
(3)用溶液吸收。
已知：酸性条件下会转化成和，具有更强的氧化性。
①用吸收时，吸收率和溶液的关系如图，随升高吸收率降低的原因是_______。
②溶液加酸化后溶液中，_______。
二、实验题
3．（2020·北京平谷·统考一模）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，
Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；
Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复振荡后静置约1小时；
Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；
V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。
已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6
（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。
（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。
（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。
（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。
（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。
（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)
4．（2020·北京平谷·统考一模）某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
实验编号
操作
现象
实验1
i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
实验编号
操作
现象
实验2
溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3
无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。
补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。
①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
5．（2021·北京平谷·统考一模）学习小组对FeCl3催化H2O2分解实验进行探究：
I.实验：
①
②
③
操作
现象
a.溶液迅速变红棕色，并有较多气泡产生
b.2min时，反应变缓，溶液颜色明显变浅
无明显现象
a.溶液变棕色，开始5s后产生较少的气泡
b. 2min时试管内反应速度快
(1)对比实验①和③中的现象a证明_______。
(2)H2O2中滴加FeCl3溶液颜色均变深，有同学提出观点是H2O2的分解是热放反应，促进了Fe3+水解，支持该观点的操作方法是_______。
(3)上述实验证明了FeCl3的催化作用，催化机理可表示为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+和______。
II.为了验证反应中Fe3+和Fe2+之间转化关系的存在，需要进一步实验：
再另取两只试管分别为：a、b
(4)a中盛有10% H2O2溶液，滴加3滴FeCl3溶液反应开始后，立即滴入K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀说明有_______出现。
(5)b中盛有蒸馏水，向其滴加3滴FeCl3溶液后，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，结果观察到试管内溶液变成为绿色，(Fe3+遇K3[Fe(CN)6]溶液呈绿色)设置该实验的目的_______。
(6)再向实验I中的①试管滴加KSCN溶液，溶液变红色，2min后溶液红色褪去：再次滴期KSCN溶液，溶液又变红色。关于溶液红色褪去的原因有同学认为是SCN-被未分解的H2O2氧化了，并预测产物中应该有SO，分析产物中产生SO的合理性_______。实验证实了该同学的预测是正确的。
III.关于Fe3+与SCN-的反应：
(7)有同学推测Fe3+与SCN-也可发生氧化还原反应，该同学的推测依据是_______。
(8)基于上述推测，该同学设计如图装置，连接后发现电流计指针几乎不偏转，再向左侧盛有FeCl3的烧杯中滴入K3[Fe(CN)6]，指针发生明显偏转，对此你的推断是：_______。
6．（2019·北京平谷·统考一模）室温下(20oC))课外小组用下列装置探究铁和硝酸反应情况，过程如下图所示：
将Ⅲ中液面上的气体排入小试管中点燃，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝。
(1)X气体是______ (填化学式)，证据是________。
(2)实验中硝酸被还原成另一种产物的化学方程式_____。
(3)甲同学对产生的气体原因提出假设并设计方案：
假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-
假设2：H+还原反应速率大于NO3-的还原反应速率
I. 验证假设1：可用____(选 “ Cu” 或“Zn”)粉与同浓度硝酸反应，依据 ____________ ，则假设1不成立。
II. 验证假设2：改变条件重复上图过程实验，结果如下：(所用试剂的量、气体成分与实验上图相同)
序号
反应温度
实验结果
a
40oC
溶液浅绿色，收集气体为3.4mL
b
60oC
溶液浅绿色，收集气体为2.6mL
上表实验结果_____(填“能”或“否”)判断假设2成立。由实验数据结果分析温度对铁粉与硝酸反应时对生成X体积的影响的原因___________。
(4)常温下(20℃)，乙同学改用3mol·L–1 HNO3 进行图1过程实验，Ⅱ中仍为无色气体，在Ⅲ中气体变红色。由此得出的相关结论正确的是______ 。
a. 该实验产生的无色气体只有NO
b. 若改用浓硝酸时，反应会更剧烈还原产物为NO2
c. 硝酸的浓度不同时，其主要还原产物不同
(5)综上所述，金属与硝酸生成X气体，需要控制的条件是___________ 。
三、有机推断题
7．（2020·北京平谷·统考一模）香豆素－3－羧酸是一种重要的香料,常用作日常用品或食品的加香剂。
已知:
RCOOR′+ R″OH RCOOR″ + R′OH（R 代表烃基）
（1）A和B均有酸性,A 的结构简式__________；苯与丙烯反应的类型是_______。
（2）F 为链状结构,且一氯代物只有一种,则F 含有的官能团名称为__________。
（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式:_______。
（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物 E,其结构简式为:________。
（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式:________。
①与丙二酸二乙酯的官能团相同;
②核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为 3:2:1;
③能发生银镜反应。
（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成。
请写出中间产物的结构简式。
中间产物I__________；中间产物II___________。
8．（2021·北京平谷·统考一模）布洛芬缓释高分子药物的合成路线如图所示：
(1)中含氧官能团的名称是_______，是否存在顺反异构_______(填“是”或“否”)。
(2)的核磁共振氢谐图有两组吸收峰，的名称是_______。
(3)与过量的反成生成，若过量生成，则的结构简式是_______。
(4)反应Ⅰ的反应类型是_______。
(5)过程Ⅰ的合成过程中也用到试剂，写出该过程中任意一种中间产物的结构简式：_______。
(6)写出反应Ⅱ的离子方程式_______。
(7)写出在溶液中完全水解后的所有有机产物结构简式_______。
9．（2019·北京平谷·统考一模）EPR橡胶()广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。
PC塑料( )的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下：
已知：①RCOOR1 + R2OH RCOOR2 + R1OH
②B、F、G、H、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。
(1)B的结构简式：_______________。
(2)A→D的反应类型：_______________。
(3)D→E的反应条件：_______________。
(4)E中官能团名称：_______________。
(5)E→F的化学方程式：_______________。
(6)H的结构简式：_______________。
(7)反应II的化学方程式：_______________。
(8)下列说法正确的是：_______________。
a、反应I的原子利用率为100%
b、1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2molNaOH
c、CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用
(9)反应I过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M互为同分异构体，请写出其中一种结构：_______________。
(10)A N 苯酚+F，试推断N的结构：_______________
四、原理综合题
10．（2020·北京平谷·统考一模）氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。
（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。
（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。
②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。
（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。
③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。
11．（2020·北京平谷·统考一模）科学家分析，地球原始大气中的COS（羰基硫）对氨基酸缩合形成多肽的反应有催化作用，对生命起源起到重要作用。
（1）写出COS的电子式________，C与O形成共价键时,共用电子对会偏向____原子，判断依据是___________。
（2）已知 COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g） ΔH1 = - 34kJ/mol
CO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g） ΔH2 = - 41kJ/mol
写出H2S与CO反应生成 COS 的热化学方程式：_________；100℃ 时将CO与H2S按物质的量比为 1:1 充入反应器中,达平衡后CO的转化率α = 33.3%，此时反应的平衡常数K =______。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。 设起始充入的 n（CO）:n（H2S）=m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。
①m1________m2。（填“ ＞ ”、“ ＜ ”或“ = ”）
②温度高于 T0时，H2S 转化率减小的可能原因为________。
A 反应停止了
B 反应的 ΔH 变大
C 反应达到平衡
D 催化剂活性降低
12．（2021·北京平谷·统考一模）实现二氧化碳选择性，稳定性加氢合成甲醇是“甲醇经济”理念下的一个重要成果。反应包括两步：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)由合成的热化学方程式_______。
(2)恒压下，按时，该反应在无分子筛膜和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。(分子筛膜能选择性分离出水)。
①根据图中数据，压强不变采用有分子筛膜时的最佳反应温度为_______。
②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是_______。
(3)如果在不同压强下，和的起始物质的量比仍为，测定的平衡转化率和的平衡产率随温度升高的变化关系，如图所示：
已知：的平衡转化率，的平衡产率。
①压强p1______p2(填“”或“”)，原因_______。
②其中图中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_______(填“甲”或“乙”)。
③图乙中T1温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因_______。
13．（2019·北京平谷·统考一模）为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等，减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。
(1)脱硝反应机理如图，Cu＋的作用是____________，C2H4参与的反应方程式 ______________ 。
(2) 选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)；ΔH＝ -1627 kJ•mol-1
① 其中被NO和O2氧化的NH3的比例 ________ 。
②该方法应控制反应温度在315～400℃之间，反应温度不宜过高的原因是________ 。
③ 氨氮比 n(NH3)/n(NO) 会直接影响该方法的脱硝率。如图为350 ℃时，只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当 n(NH3)/n(NO) >1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是_________________________________。
(3) 烟气脱硫、脱硝一体化技术是大气污染防治研究的热点。ClO2及NaClO2均是性能优良的脱硫脱硝试剂。
① ClO2在酸性条件下稳定，在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，该反应的化学方程式为____。
② 某研究小组用ClO2进行单独脱除SO2实验时，测得SO2的脱除率随溶液pH变化如图所示。当3
五、工业流程题
14．（2021·北京平谷·统考一模）用含铬废水(主要含、)，制取强氧化性的重铬酸钾()方案如图：
已知：①
②金属离子沉淀的如表：
离子
开始沉淀的
沉淀完全的
4.9
6.8
1.5
2.8
③不同温度下化合物的溶解度如表：
物质
溶解度/(水)
7.4
14.8
21.4
4.7
26.3
73
回答下列问题：
(1)证明沉淀完全的方法是_______。
(2)写出固体Ⅰ中加入和溶液后，加热时发生反应的离子方程式_______。
(3)操作A的名称是_______，结合平衡原理解释加入硫酸酸化的目的_______，酸化时不能用盐酸的理由是_______。
(4)操作由多步组成，下列有关说法正确的是_______。
a.获得晶体的主要操作依次是：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤
b.实验室洗涤晶体的操作是沿玻璃棒加水至浸没晶体，待水自然滤出，重复2~3次
c.所得晶体需用的热水洗涤
(5)电解法制备时可用如图装置：
①M是电源的_______(“正极”或“负极”)。
②右侧的电极反应式_______。
③电解池的总反应方程式_______。
(6)测定产品的纯度：称取产品，溶水配成溶液并加适量稀硫酸，用的标准溶液进行滴定，至恰好完全反应时消耗溶液的体积为，则产品的质量分数表达式是_______。(；：)
15．（2019·北京平谷·统考一模）金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)为原料制TiO2,再由TiO2制得金属Ti
资料：TiO2+会发生水解
(1)步骤②、③、④中，均需用到的操作是_______。(填操作名称)
(2)检验滤液2中是否含Fe3+的方法是：_______。
(3)步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸的化学方程式___________。
(4)请结合化学用语解释步骤④中加热水的原因___________。
(5)电解法获得Ti是通过图装置，以熔融CaCl2做电解质
①a为电源的_____(填“正”或“负”)
②在制备钛的过程中石墨电极附近的气泡中除了O2、CO、CO2外还可能有的气体是______________，用化学用语解释原因________________。
(6)测定废液中Fe2+浓度已确认铁元素的回收率：取25.00ml废液于锥形瓶中，用硫酸酸化的xmol/LKMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积如图所示：
(滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2+＋MnO4-＋8H+→5Fe3+＋Mn2+＋4H2O).废液中c(Fe2+)=_________
参考答案：
1． O（氧） C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2＝－7kJ/mol 0.25 > d
【分析】(1)根据共价键的相关知识解答；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得，计算可得；平衡常数，可用三段式进行计算；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小。
【详解】(1) COS的电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O(氧)；C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)= -7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/mol；0.25；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小，可逆反应处于动态平衡，△H只与反应物和生成物的总能量有关，故答案为：d。
2． > 酸性 因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性 越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高
【分析】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：，该反应的原理为强酸制弱酸；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：的电离大于水解；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，据此可知答案。
【详解】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成，即燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分，故答案为：；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：；该反应的原理为强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，故答案为：；＞；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性，故答案为：酸性；因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高，所以随升高吸收率降低，故答案为：越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，则，故答案为：4:1。
【点睛】本题重点(3)②，对于求解反应中物质的物质的量的比值，要确定其方程式，即可快速得到答案，对于信息型氧化还原反应，根据信息确定反应物和产物，再结合电荷守恒、得失电子守恒配平。
3． 碱式滴定管 MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O 蓝 无 偏高
【分析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。
【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。
【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。
4． Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ 部分(SCN)2与水反应生成酸 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 不合理 未排除氧气干扰 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【分析】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；
(4)根据氧化还原反应规律分析；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；
②溶液中的氧气会影响反应；
③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。
【详解】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。
5． H2O2浓度增大，反应速率加快 把温度计插入液面下，看温度计示数是否升高，(或用手触摸试管底部，感觉温度是否发热) 2Fe2+ + 2H+ + H2O2=2Fe3+ + 2H2O Fe2+ 证明Fe3+的存在不会干扰对Fe2+的鉴别 SCN-中S元素的化合价为-2价，具有还原性，可以被H2O2氧化升高到+6价，生成SO 2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+ K3[Fe(CN)6]氧化了KSCN，K3[Fe(CN)6]加入FeCl3溶液中，增强FeCl3的氧化性
【详解】(1)对比实验①和③可知不同的是双氧水的浓度，因此根据实验现象a可证明H2O2浓度增大，反应速率加快。
(2)如果反应放热，则溶液温度会发生变化，因此可通过测量温度变化来证明，所以支持该观点的操作方法是把温度计插入液面下，看温度计示数是否升高。
(3)上述实验证明了FeCl3的催化作用，由于总反应是2H2O2=2H2O+O2↑，催化机理可表示为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，因此总反应减去该反应可得到另一个反应为2Fe2+ + 2H+ + H2O2=2Fe3+ + 2H2O。
(4)为了验证反应中Fe3+和Fe2+之间转化关系的存在，需要分别检验亚铁离子和铁离子存在，若a中盛有10% H2O2溶液，滴加3滴FeCl3溶液反应开始后，立即滴入K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀说明有Fe2+出现。
(5)检验亚铁离子用K3[Fe(CN)6]溶液，而铁离子遇K3[Fe(CN)6]溶液呈绿色，因此说明设计该实验的目的是证明Fe3+的存在不会干扰对Fe2+的鉴别；
(6)由于SCN-中S元素的化合价为-2价，具有还原性，可以被H2O2氧化升高到+6价，所以可以生成SO；
(7)双氧水能氧化KSCN，而铁离子又能氧化双氧水：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，所以可推测Fe3+与SCN-也可发生氧化还原反应。
(8)由于K3[Fe(CN)6]能氧化KSCN，K3[Fe(CN)6]加入FeCl3溶液中，增强FeCl3的氧化性，所以反应继续进行，因此指针发生明显偏转。
6． H2 点燃有尖锐爆鸣声试管内壁有液滴 4Fe + 10HNO3 = 4Fe(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O Cu 溶液变蓝 否 升高温度，H+和NO3-参与的还原反应速率都加快，但NO3-增加更快，生成的NH4+多，导致生成的H2减少 c 稀溶液、低温、氢以前的金属
【分析】由图可知，过量铁粉和稀硝酸完全反应生成无色气体，和空气混合仍为无色，说明没有NO，点燃该气体，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴，说明该气体为氢气。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀,说明溶液中含有Fe2+。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有NH4+。
【详解】由图可知，过量铁粉和稀硝酸完全反应生成无色气体，和空气混合仍为无色，说明没有NO，点燃该气体，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴，说明该气体为氢气。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀,说明溶液中含有Fe2+。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有NH4+。
(1)根据以上分析X气体应该是H2，证据是点燃有尖锐爆鸣声试管内壁有液滴，
故答案为H2 ；点燃有尖锐爆鸣声试管内壁有液滴；
(2) 反应后溶液中含有Fe2+、NH4+，说明铁和硝酸发生氧化还原反应，铁过量生成Fe2+,同时硝酸被还原为NH4+，反应的化学方程式为4Fe + 10HNO3 = 4Fe(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O，
故答案为4Fe + 10HNO3 = 4Fe(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O；
(3)铜排在金属活动顺序表氢的后面，所以铜和H+不反应，因此若要证明假设1不成立，则可选用Cu粉与同浓度硝酸反应，若溶液变蓝则证明假设1不成立。
对比a、b两次实验，其它条件相同，温度不同，且温度升高，产生的氢气体积反而减小，其原因为升高温度，H+和NO3-参与的还原反应速率都加快，但NO3-增加更快，生成的NH4+多，导致生成的H2减少，因此不能说明H+还原反应速率大于NO3-的还原反应速率，即不能判断假设2成立。
故答案为Cu；溶液变蓝；否；升高温度，H+和NO3-参与的还原反应速率都加快，但NO3-增加更快，生成的NH4+多，导致生成的H2减少；
(4) a. 改用3mol·L–1 HNO3，硝酸浓度增大，Ⅱ中仍为无色气体，在Ⅲ中气体变红色，为无色的NO被氧化为红棕色的NO2,该实验产生的无色气体含有NO，不排除含有H2，故a错误；
b. 若改用浓硝酸时，在常温下铁与浓硝酸发生钝化，故b错误；
c. 由实验结果可知，硝酸的浓度不同时，其主要还原产物不同，故c正确。
故答案为c；
(5)由实验可知，硝酸浓度增大，产物变为NO，还原速度剧增，远远大于 H+的还原速率，以至于得不到氢气，若要金属与硝酸反应生成H2，则需要控制的条件是稀溶液、低温、氢以前的金属，
故答案为稀溶液、低温、氢以前的金属。
7． CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH+2H2O 或
【分析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由（1）可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B在与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物为。
【详解】（1）由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；
（2）F为C3H6O,不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，所以F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；
（3）丙二酸二乙酯由D和乙醇发生酯化反应得到，方程式为+2C2H5OH+2H2O，故答案为：+2C2H5OH+2H2O；
（4）根据信息提示，丙二酸二乙酯要形成高聚物E，则要发生分子间缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；
（5）丙二酸二乙酯的同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基，②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为 3:2:1，所以氢原子个数分别为6、4、2，③能发生银镜反应，说明存在醛基或者甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10,要满足相同氢分别为6、4，只能为两个亚甲基和两个甲基，满足条件的结构为或，故答案为：或；
（6）与丙二酸二乙酯发生加成反应，双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，经过消去反应得到，故答案为：；。
8． 羧基 否 乙二醇 加成 +2H2O+H+→NH+
【分析】与HCN发生加成反应生成A()，A在酸性条件下水解生成B()，B在发生分子内消去生成M()，由N的分子式以及同一个碳原子不能同时与2个羟基相连可知N的结构简式为；M与N在浓硫酸作用下发生酯化反应生成C，以及C与布洛芬反应生成D可知C的结构为；与在作催化剂的条件下发生取代反应生成，发生过程1，经系列转化成。与C()在一定条件下发生酯化反应生成D()；P是以D为单体的高聚物。据此分析可得；
【详解】(1)由图示可知M的结构简式为：，所以M中的含氧官能团为羧基；与碳碳双键两端碳原子相连的原子或原子团不相同时，则存在顺反异构；由于M中碳碳双键上的一个碳原子连两个氢原子，所以不存在顺反异构，故答案为：羧基；否；
(2)由N的分子式为 ，且核磁共振氢谐图有两组吸收峰，则N的结构简式为，所以N的名称为：乙二醇，故答案为：乙二醇；
(3)由于N的结构简式为，M为，过量的N与M反应主要生成C，则过量的M与N反应生成，故答案为：；
(4)反应I为与HCN发生加成反应生成A()，故答案为：加成反应；
(5) 过程Ⅰ的合成过程中为与发生加成反应生成，然后在酸性条件下水解反应生成；再发生消去反应脱水生成，故答案为：或或；
(6)反应II为A()在酸性条件下水解生成B()，即+2H2O+H+→NH+，故答案为：+2H2O+H+→NH+
(7) 与C()在一定条件下发生酯化反应生成D()；P是以D为单体的高聚物。所以P在NaOH溶液中完全水解后的有机物有： ，故答案为： 。
9． CH2=CH2 加成反应 NaOH溶液，加热 羟基 2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O b c 或
【分析】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知①的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知①可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。
【详解】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知①的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知①可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。
(1)B为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，
故答案为CH2=CH2；
(2) A→D的反应为丙烯与溴化氢发生加成反应生成2-溴丙烷，反应类型为：取代反应，
故答案为取代反应；
(3)D→E的反应为2-溴丙烷水解生成2-丙醇，故反应条件为：NaOH溶液，加热，
故答案为NaOH溶液，加热；
(4)E为2-丙醇，含有的官能团名称是羟基，
故答案为羟基；
(5)E→F的反应为2-丙醇的催化氧化反应，化学方程式为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O，
故答案为2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O；
(6)H的结构简式：，
故答案为；
(7)反应II的化学方程式：，
故答案为；
(8) a、反应I为苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），原子利用率不是100%，故a错误；
b、J为，分子中含有两个酯基，所以1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故b正确；
c、由合成路线可知，H和甲醇反应生成J和乙二醇，J和M发生反应II又生成甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用，故c正确；
故答案为bc；
(9)苯酚和丙酮发生反应I生成M（），与M同类型且互为同分异构体的结构可能为：或；
故答案为或；
(10) A为CH2=CHCH3，苯和丙烯在催化剂存在条件下反应生成N，N先氧化后酸化生成苯酚和丙酮，由此可推断N的结构为：，
故答案为。
10． 2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－+H2OHClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【分析】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。
【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。
11． O（氧） C与O同周期，核电荷数O＞C，原子半径O＜C，非金属性O＞C CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H＝－7 kJ/mol 0.25 ＞ c d
【详解】（1）COS分子中碳原子与氧原子、硫原子分别形成两对共用电子对，电子式为；相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，共用电子对不偏向任何一方，不同原子之间形成的为极性共价键，共用电子偏向吸引电子能力强的一方，根据非金属性同周期从左到右非金属性增强，即非金属性C＜O，可知共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O（氧）；C与O同周期，核电荷数O＞C，原子半径O＜C，非金属性O＞C；
（2）已知①COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g）ΔH1 = - 34kJ/mol
②CO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g）ΔH2 = - 41kJ/mol
根据盖斯定律，②-①可得：CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H＝ΔH2-ΔH1= （- 41kJ/mol）-（- 34kJ/mol）=-7 kJ/mol；
100℃ 时将 CO 与 H2S 按物质的量比为 1:1 充入反应器中，列三段式：
K==0.25
故答案为：CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H3＝-7 kJ/mol；0.25；
（3）①在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，设起始充入的 n（CO）：n（H2S）= m，m越大说明充入的CO越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1＞m2，故答案为：＞；
②图为相同时间内测得 H2S 转化率与 m 和温度（T）的关系，即若平衡逆向移动，或者反应速率变慢可能会使H2S 转化率减小，
A. 可逆反应处于动态平衡，反应并未停止，故A错误；
B. ΔH只与反应物和生成物的总量有关，所以ΔH不会变大，故B错误；
C.温度升高反应达到平衡状态，因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以会使H2S 转化率减小，故C正确；
D.温度升高可能会使催化剂的活性减弱，反应减慢，使H2S 转化率减小，故D正确；
综上所述，答案为CD。
12． 210 分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高 > 生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大 乙 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
【详解】(1)由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得二氧化碳和氢气合成甲醇的热化学方程式，故答案为：；
(2) ①根据图中数据可知，压强不变采用有分子筛膜时，210℃的甲醇产率最大，则最佳反应温度为210℃，故答案为：210；
②该由题意可知，分子筛膜能选择性分离出水，使生成物的浓度减小，平衡正逆反应方向移动，甲醇产率升高，所以有分子筛膜时甲醇产率高于无分子筛膜时，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高；
(3) ①生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率升高，由图可知，条件为压强p1时甲醇产率高于p2，则p1大于p2，故答案为：>；生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大；
②生成甲醇的反应是放热反应，低温阶段升高温度，平衡正逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅰ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅰ，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则曲线乙表示二氧化碳的转化率随温度升高的变化关系，故答案为：乙；
③反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，两条曲线几乎交于一点，故答案为：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。
13． 催化剂 2C2H4 + 6Cu+(NO2) = 3N2 + 4CO2 + 4H2O + 6Cu+ 2:1 正反应放热，温度过高会降低NO的转化率 NH3和O2再次反应生成NO(或4NH3+5O2=4NO+6H2O) 2ClO2 + 2NaOH = NaClO3 + NaClO2 + H2O pH<7时，随着pH值的增大，ClO2的稳定性降低氧化性减弱，SO2的脱除率降低。 当pH>7.8后，随着碱性的增强，生成ClO2-增多，氧化性增强，SO2的脱除率上升
【分析】(1) Cu＋在反应前后不变为催化剂；用乙烯进行脱硝（NO），从图示可以知道，乙烯被氧化成二氧化碳；
(2)①根据得到电子的比例计算；
②根据温度对速率和化学平衡的影响分析；
③根据过量氨气与氧气的反应的产物分析；
(3)① ClO2在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，根据得失电子守恒写出该反应的化学方程式；
②由图可知，当3
因此，本题正确答案是：催化剂；2C2H4 + 6Cu+(NO2) = 3N2 + 4CO2 + 4H2O + 6Cu+；
(2)①由方程式4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)可知，该反应O2和NO都作氧化剂，1molO2得4mol电子，4molNO得8mol电子，因此被NO和O2氧化的NH3的比例为2:1，
因此，本题正确答案是：2:1；
②该方法应控制反应温度在315～400℃之间，反应温度不宜过高，温度过高，使脱硝的主要反应的平衡向逆方向移动，脱硝率降低，
因此，本题正确答案是：正反应放热，温度过高会降低NO的转化率；
③当 n(NH3)/n(NO) >1.0时，过量的氨气与氧气反应生成NO，所以烟气中NO浓度增大，
因此，本题正确答案是：NH3和O2再次反应生成NO；
(3)① ClO2在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，反应的化学方程式为2ClO2 + 2NaOH = NaClO3 + NaClO2 + H2O，
因此，本题正确答案是：2ClO2 + 2NaOH = NaClO3 + NaClO2 + H2O；
②由图可知，当3
14． 测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8则沉淀完全 过滤 溶液中存在如下平衡：，加入硫酸，增大，使平衡逆向移动，促进的生成 具有强氧化性，在酸性条件下能被氧化 ab 负极 ×100%
【分析】向含铬离子和三价铁离子的废液中加入KOH溶液调节溶液pH，抽滤得到含有氢氧化铬和氢氧化铁的固体Ⅰ和溶液Ⅰ；向固体Ⅰ中先加入过氧化氢溶液和氢氧化钾溶液调节溶液pH为10，加热时，氢氧化铬和过氧化氢、氢氧化钾混合溶液反应生成铬酸钾和水，过滤除去氢氧化铁得到铬酸钾溶液；向铬酸钾溶液加入硫酸溶液，将溶液中铬酸钾转化为重铬酸钾，含有重铬酸钾的溶液Ⅱ通过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤得到重铬酸钾晶体。
【详解】(1)由题给数据可知，当溶液的pH≥6.8时，溶液中铬离子和三价铁离子会完全转化为沉淀，则证明铬离子沉淀完全的方法是用pH试纸或pH计测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8，说明沉淀完全，故答案为：测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8则沉淀完全；
(2) 向固体Ⅰ中加入过氧化氢、氢氧化钾混合溶液发生的反应为氢氧化铬和过氧化氢、氢氧化钾混合溶液共热反应生成铬酸钾和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，操作A为过滤；向过滤后的溶液中加入硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，将溶液中铬酸钾转化为重铬酸钾；重铬酸钾溶液具有强氧化性，若用盐酸酸化，重铬酸钾溶液会与盐酸发生氧化还原反应将重铬酸钾还原为氯化铬，故答案为：过滤；溶液中存在如下平衡：，加入硫酸，增大，使平衡逆向移动，促进的生成；具有强氧化性，在酸性条件下能被氧化；
(4) a．由分析可知，含有重铬酸钾的溶液Ⅱ通过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤得到重铬酸钾晶体，故正确；
b．实验室洗涤晶体的操作是沿玻璃棒加蒸馏水至浸没晶体，待水自然滤出后，重复操作2~3次即可将沉淀洗涤干净，故正确；
c．由题给溶解度数据可知，洗涤重铬酸钾晶体应用冷水洗涤，防止水的温度过高，造成晶体溶解而降低产率，故错误；
ab正确，故答案为：ab；
(5)由题给示意图可知，与电源M电极相连的电极为电解池的阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，与N电极相连的电极为阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，铬酸根离子与生成的氢离子反应生成重铬酸根，左室溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右室，电解的总反应方程式为；
①由分析可知，M电极是电源的负极，故答案为：负极；
②由分析可知，与N电极相连的右侧电极为阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，铬酸根离子与生成的氢离子反应生成重铬酸根，电极反应式为，故答案为：；
③由分析可知，电解池的总反应方程式为，故答案为：；
(6)由题给离子方程式可得： Cr2O—6Fe2+，反应消耗硫酸亚铁的物质的量为bmol/L×c×10—3L=10—3bcmol，则重铬酸钾的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。
15． 过滤 取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+ FeTiO3 + 2H2SO4 = FeSO4 + TiOSO4 + 2H2O TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行 负 Cl2 2Cl-— 2e- = Cl2↑ 2xmol•L—1
【分析】钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)在353K时用硫酸溶解，FeTiO3、FeO和Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁和TiOSO4，二氧化硅不溶，过滤除去；滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶性物质，得到滤液2，经冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤后得滤液3，滤液3中含有TiOSO4加入热水促进水解经过滤得到H2TiO3固体，煅烧H2TiO3制TiO2，TiO2通过电解得到Ti。
【详解】(1) 步骤②、③、④操作过程中都得到沉淀或晶体，故需要过滤操作得到固体和溶液，
故答案为过滤；
(2)检验Fe3+的方法是：取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，说明有Fe3+，
故答案为取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+；
(3)由流程图可知，步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸生成TiOSO4、FeSO4和水，化学方程式为：FeTiO3 + 2H2SO4 = FeSO4 + TiOSO4 + 2H2O；
(4) TiO2+在溶液中水解，溶液中存在平衡：TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应一般为吸热反应，当加入热水，稀释、升温平衡正向移动，有利于生成H2TiO3。
故答案为TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行；
(5)①由图可知，制取Ti，用石墨作阳极、TiO2作阴极、熔融CaCl2作电解质，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，电解池的阴极要与电源的负极连接，故a为电源的负极，
故答案为负极；
②由图示阳极产物可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳或一氧化碳，同时氯离子也可以失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-— 2e- = Cl2↑，
故答案为2Cl-— 2e- = Cl2↑；
(6)由图可知滴定管的初读数为0.80mL，末读数为10.80mL，所以滴定时消耗KMnO4溶液体积为：10.80mL-0.80mL=10.00mL，
根据滴定时发生反应的离子方程式： 5Fe2+＋MnO4-＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O，
n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×xmol/L×0.01L=0.05xmol，
所以c(Fe2+)= =2xmol•L—1，
故答案为2xmol•L—1。
北京市平谷区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·北京平谷·统考一模）（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。
（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol
写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。
100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。
①m1________m2（填＞、＜或＝）
②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________
a．反应停止了 b．反应的△H变大
c．反应达到平衡 d．催化剂活性降低
2．（2021·北京平谷·统考一模）燃煤烟气中含有较多的，减少排放和有效吸收是治理大气污染的一项重要措施。
(1)向燃煤中加入生石灰，可以有效减少的排放，燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分_______。(化学式)
(2)利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。
①吸收塔中发生反应离子方程式_______，酸性：H2SO3______H2CO3(填“”或“”)。
②向溶液中滴加溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如图。由此可知溶液呈_______(“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。
(3)用溶液吸收。
已知：酸性条件下会转化成和，具有更强的氧化性。
①用吸收时，吸收率和溶液的关系如图，随升高吸收率降低的原因是_______。
②溶液加酸化后溶液中，_______。
二、实验题
3．（2020·北京平谷·统考一模）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，
Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；
Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复振荡后静置约1小时；
Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；
V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。
已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6
（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。
（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。
（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。
（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。
（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。
（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)
4．（2020·北京平谷·统考一模）某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
实验编号
操作
现象
实验1
i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
实验编号
操作
现象
实验2
溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3
无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。
补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。
①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
5．（2021·北京平谷·统考一模）学习小组对FeCl3催化H2O2分解实验进行探究：
I.实验：
①
②
③
操作
现象
a.溶液迅速变红棕色，并有较多气泡产生
b.2min时，反应变缓，溶液颜色明显变浅
无明显现象
a.溶液变棕色，开始5s后产生较少的气泡
b. 2min时试管内反应速度快
(1)对比实验①和③中的现象a证明_______。
(2)H2O2中滴加FeCl3溶液颜色均变深，有同学提出观点是H2O2的分解是热放反应，促进了Fe3+水解，支持该观点的操作方法是_______。
(3)上述实验证明了FeCl3的催化作用，催化机理可表示为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+和______。
II.为了验证反应中Fe3+和Fe2+之间转化关系的存在，需要进一步实验：
再另取两只试管分别为：a、b
(4)a中盛有10% H2O2溶液，滴加3滴FeCl3溶液反应开始后，立即滴入K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀说明有_______出现。
(5)b中盛有蒸馏水，向其滴加3滴FeCl3溶液后，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，结果观察到试管内溶液变成为绿色，(Fe3+遇K3[Fe(CN)6]溶液呈绿色)设置该实验的目的_______。
(6)再向实验I中的①试管滴加KSCN溶液，溶液变红色，2min后溶液红色褪去：再次滴期KSCN溶液，溶液又变红色。关于溶液红色褪去的原因有同学认为是SCN-被未分解的H2O2氧化了，并预测产物中应该有SO，分析产物中产生SO的合理性_______。实验证实了该同学的预测是正确的。
III.关于Fe3+与SCN-的反应：
(7)有同学推测Fe3+与SCN-也可发生氧化还原反应，该同学的推测依据是_______。
(8)基于上述推测，该同学设计如图装置，连接后发现电流计指针几乎不偏转，再向左侧盛有FeCl3的烧杯中滴入K3[Fe(CN)6]，指针发生明显偏转，对此你的推断是：_______。
6．（2019·北京平谷·统考一模）室温下(20oC))课外小组用下列装置探究铁和硝酸反应情况，过程如下图所示：
将Ⅲ中液面上的气体排入小试管中点燃，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝。
(1)X气体是______ (填化学式)，证据是________。
(2)实验中硝酸被还原成另一种产物的化学方程式_____。
(3)甲同学对产生的气体原因提出假设并设计方案：
假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-
假设2：H+还原反应速率大于NO3-的还原反应速率
I. 验证假设1：可用____(选 “ Cu” 或“Zn”)粉与同浓度硝酸反应，依据 ____________ ，则假设1不成立。
II. 验证假设2：改变条件重复上图过程实验，结果如下：(所用试剂的量、气体成分与实验上图相同)
序号
反应温度
实验结果
a
40oC
溶液浅绿色，收集气体为3.4mL
b
60oC
溶液浅绿色，收集气体为2.6mL
上表实验结果_____(填“能”或“否”)判断假设2成立。由实验数据结果分析温度对铁粉与硝酸反应时对生成X体积的影响的原因___________。
(4)常温下(20℃)，乙同学改用3mol·L–1 HNO3 进行图1过程实验，Ⅱ中仍为无色气体，在Ⅲ中气体变红色。由此得出的相关结论正确的是______ 。
a. 该实验产生的无色气体只有NO
b. 若改用浓硝酸时，反应会更剧烈还原产物为NO2
c. 硝酸的浓度不同时，其主要还原产物不同
(5)综上所述，金属与硝酸生成X气体，需要控制的条件是___________ 。
三、有机推断题
7．（2020·北京平谷·统考一模）香豆素－3－羧酸是一种重要的香料,常用作日常用品或食品的加香剂。
已知:
RCOOR′+ R″OH RCOOR″ + R′OH（R 代表烃基）
（1）A和B均有酸性,A 的结构简式__________；苯与丙烯反应的类型是_______。
（2）F 为链状结构,且一氯代物只有一种,则F 含有的官能团名称为__________。
（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式:_______。
（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物 E,其结构简式为:________。
（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式:________。
①与丙二酸二乙酯的官能团相同;
②核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为 3:2:1;
③能发生银镜反应。
（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成。
请写出中间产物的结构简式。
中间产物I__________；中间产物II___________。
8．（2021·北京平谷·统考一模）布洛芬缓释高分子药物的合成路线如图所示：
(1)中含氧官能团的名称是_______，是否存在顺反异构_______(填“是”或“否”)。
(2)的核磁共振氢谐图有两组吸收峰，的名称是_______。
(3)与过量的反成生成，若过量生成，则的结构简式是_______。
(4)反应Ⅰ的反应类型是_______。
(5)过程Ⅰ的合成过程中也用到试剂，写出该过程中任意一种中间产物的结构简式：_______。
(6)写出反应Ⅱ的离子方程式_______。
(7)写出在溶液中完全水解后的所有有机产物结构简式_______。
9．（2019·北京平谷·统考一模）EPR橡胶()广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。
PC塑料( )的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下：
已知：①RCOOR1 + R2OH RCOOR2 + R1OH
②B、F、G、H、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。
(1)B的结构简式：_______________。
(2)A→D的反应类型：_______________。
(3)D→E的反应条件：_______________。
(4)E中官能团名称：_______________。
(5)E→F的化学方程式：_______________。
(6)H的结构简式：_______________。
(7)反应II的化学方程式：_______________。
(8)下列说法正确的是：_______________。
a、反应I的原子利用率为100%
b、1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2molNaOH
c、CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用
(9)反应I过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M互为同分异构体，请写出其中一种结构：_______________。
(10)A N 苯酚+F，试推断N的结构：_______________
四、原理综合题
10．（2020·北京平谷·统考一模）氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。
（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。
（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。
②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。
（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。
③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。
11．（2020·北京平谷·统考一模）科学家分析，地球原始大气中的COS（羰基硫）对氨基酸缩合形成多肽的反应有催化作用，对生命起源起到重要作用。
（1）写出COS的电子式________，C与O形成共价键时,共用电子对会偏向____原子，判断依据是___________。
（2）已知 COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g） ΔH1 = - 34kJ/mol
CO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g） ΔH2 = - 41kJ/mol
写出H2S与CO反应生成 COS 的热化学方程式：_________；100℃ 时将CO与H2S按物质的量比为 1:1 充入反应器中,达平衡后CO的转化率α = 33.3%，此时反应的平衡常数K =______。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。 设起始充入的 n（CO）:n（H2S）=m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。
①m1________m2。（填“ ＞ ”、“ ＜ ”或“ = ”）
②温度高于 T0时，H2S 转化率减小的可能原因为________。
A 反应停止了
B 反应的 ΔH 变大
C 反应达到平衡
D 催化剂活性降低
12．（2021·北京平谷·统考一模）实现二氧化碳选择性，稳定性加氢合成甲醇是“甲醇经济”理念下的一个重要成果。反应包括两步：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)由合成的热化学方程式_______。
(2)恒压下，按时，该反应在无分子筛膜和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。(分子筛膜能选择性分离出水)。
①根据图中数据，压强不变采用有分子筛膜时的最佳反应温度为_______。
②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是_______。
(3)如果在不同压强下，和的起始物质的量比仍为，测定的平衡转化率和的平衡产率随温度升高的变化关系，如图所示：
已知：的平衡转化率，的平衡产率。
①压强p1______p2(填“”或“”)，原因_______。
②其中图中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_______(填“甲”或“乙”)。
③图乙中T1温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因_______。
13．（2019·北京平谷·统考一模）为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等，减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。
(1)脱硝反应机理如图，Cu＋的作用是____________，C2H4参与的反应方程式 ______________ 。
(2) 选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)；ΔH＝ -1627 kJ•mol-1
① 其中被NO和O2氧化的NH3的比例 ________ 。
②该方法应控制反应温度在315～400℃之间，反应温度不宜过高的原因是________ 。
③ 氨氮比 n(NH3)/n(NO) 会直接影响该方法的脱硝率。如图为350 ℃时，只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当 n(NH3)/n(NO) >1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是_________________________________。
(3) 烟气脱硫、脱硝一体化技术是大气污染防治研究的热点。ClO2及NaClO2均是性能优良的脱硫脱硝试剂。
① ClO2在酸性条件下稳定，在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，该反应的化学方程式为____。
② 某研究小组用ClO2进行单独脱除SO2实验时，测得SO2的脱除率随溶液pH变化如图所示。当3
五、工业流程题
14．（2021·北京平谷·统考一模）用含铬废水(主要含、)，制取强氧化性的重铬酸钾()方案如图：
已知：①
②金属离子沉淀的如表：
离子
开始沉淀的
沉淀完全的
4.9
6.8
1.5
2.8
③不同温度下化合物的溶解度如表：
物质
溶解度/(水)
7.4
14.8
21.4
4.7
26.3
73
回答下列问题：
(1)证明沉淀完全的方法是_______。
(2)写出固体Ⅰ中加入和溶液后，加热时发生反应的离子方程式_______。
(3)操作A的名称是_______，结合平衡原理解释加入硫酸酸化的目的_______，酸化时不能用盐酸的理由是_______。
(4)操作由多步组成，下列有关说法正确的是_______。
a.获得晶体的主要操作依次是：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤
b.实验室洗涤晶体的操作是沿玻璃棒加水至浸没晶体，待水自然滤出，重复2~3次
c.所得晶体需用的热水洗涤
(5)电解法制备时可用如图装置：
①M是电源的_______(“正极”或“负极”)。
②右侧的电极反应式_______。
③电解池的总反应方程式_______。
(6)测定产品的纯度：称取产品，溶水配成溶液并加适量稀硫酸，用的标准溶液进行滴定，至恰好完全反应时消耗溶液的体积为，则产品的质量分数表达式是_______。(；：)
15．（2019·北京平谷·统考一模）金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)为原料制TiO2,再由TiO2制得金属Ti
资料：TiO2+会发生水解
(1)步骤②、③、④中，均需用到的操作是_______。(填操作名称)
(2)检验滤液2中是否含Fe3+的方法是：_______。
(3)步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸的化学方程式___________。
(4)请结合化学用语解释步骤④中加热水的原因___________。
(5)电解法获得Ti是通过图装置，以熔融CaCl2做电解质
①a为电源的_____(填“正”或“负”)
②在制备钛的过程中石墨电极附近的气泡中除了O2、CO、CO2外还可能有的气体是______________，用化学用语解释原因________________。
(6)测定废液中Fe2+浓度已确认铁元素的回收率：取25.00ml废液于锥形瓶中，用硫酸酸化的xmol/LKMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积如图所示：
(滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2+＋MnO4-＋8H+→5Fe3+＋Mn2+＋4H2O).废液中c(Fe2+)=_________
参考答案：
1． O（氧） C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径O
【分析】(1)根据共价键的相关知识解答；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得，计算可得；平衡常数，可用三段式进行计算；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小。
【详解】(1) COS的电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径O
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)= -7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/mol；0.25；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小，可逆反应处于动态平衡，△H只与反应物和生成物的总能量有关，故答案为：d。
2． > 酸性 因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性 越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高
【分析】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：，该反应的原理为强酸制弱酸；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：的电离大于水解；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，据此可知答案。
【详解】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成，即燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分，故答案为：；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：；该反应的原理为强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，故答案为：；＞；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性，故答案为：酸性；因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高，所以随升高吸收率降低，故答案为：越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，则，故答案为：4:1。
【点睛】本题重点(3)②，对于求解反应中物质的物质的量的比值，要确定其方程式，即可快速得到答案，对于信息型氧化还原反应，根据信息确定反应物和产物，再结合电荷守恒、得失电子守恒配平。
3． 碱式滴定管 MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O 蓝 无 偏高
【分析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。
【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。
【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。
4． Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ 部分(SCN)2与水反应生成酸 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 不合理 未排除氧气干扰 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【分析】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；
(4)根据氧化还原反应规律分析；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；
②溶液中的氧气会影响反应；
③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。
【详解】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。
5． H2O2浓度增大，反应速率加快 把温度计插入液面下，看温度计示数是否升高，(或用手触摸试管底部，感觉温度是否发热) 2Fe2+ + 2H+ + H2O2=2Fe3+ + 2H2O Fe2+ 证明Fe3+的存在不会干扰对Fe2+的鉴别 SCN-中S元素的化合价为-2价，具有还原性，可以被H2O2氧化升高到+6价，生成SO 2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+ K3[Fe(CN)6]氧化了KSCN，K3[Fe(CN)6]加入FeCl3溶液中，增强FeCl3的氧化性
【详解】(1)对比实验①和③可知不同的是双氧水的浓度，因此根据实验现象a可证明H2O2浓度增大，反应速率加快。
(2)如果反应放热，则溶液温度会发生变化，因此可通过测量温度变化来证明，所以支持该观点的操作方法是把温度计插入液面下，看温度计示数是否升高。
(3)上述实验证明了FeCl3的催化作用，由于总反应是2H2O2=2H2O+O2↑，催化机理可表示为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，因此总反应减去该反应可得到另一个反应为2Fe2+ + 2H+ + H2O2=2Fe3+ + 2H2O。
(4)为了验证反应中Fe3+和Fe2+之间转化关系的存在，需要分别检验亚铁离子和铁离子存在，若a中盛有10% H2O2溶液，滴加3滴FeCl3溶液反应开始后，立即滴入K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀说明有Fe2+出现。
(5)检验亚铁离子用K3[Fe(CN)6]溶液，而铁离子遇K3[Fe(CN)6]溶液呈绿色，因此说明设计该实验的目的是证明Fe3+的存在不会干扰对Fe2+的鉴别；
(6)由于SCN-中S元素的化合价为-2价，具有还原性，可以被H2O2氧化升高到+6价，所以可以生成SO；
(7)双氧水能氧化KSCN，而铁离子又能氧化双氧水：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，所以可推测Fe3+与SCN-也可发生氧化还原反应。
(8)由于K3[Fe(CN)6]能氧化KSCN，K3[Fe(CN)6]加入FeCl3溶液中，增强FeCl3的氧化性，所以反应继续进行，因此指针发生明显偏转。
6． H2 点燃有尖锐爆鸣声试管内壁有液滴 4Fe + 10HNO3 = 4Fe(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O Cu 溶液变蓝 否 升高温度，H+和NO3-参与的还原反应速率都加快，但NO3-增加更快，生成的NH4+多，导致生成的H2减少 c 稀溶液、低温、氢以前的金属
【分析】由图可知，过量铁粉和稀硝酸完全反应生成无色气体，和空气混合仍为无色，说明没有NO，点燃该气体，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴，说明该气体为氢气。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀,说明溶液中含有Fe2+。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有NH4+。
【详解】由图可知，过量铁粉和稀硝酸完全反应生成无色气体，和空气混合仍为无色，说明没有NO，点燃该气体，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴，说明该气体为氢气。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀,说明溶液中含有Fe2+。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有NH4+。
(1)根据以上分析X气体应该是H2，证据是点燃有尖锐爆鸣声试管内壁有液滴，
故答案为H2 ；点燃有尖锐爆鸣声试管内壁有液滴；
(2) 反应后溶液中含有Fe2+、NH4+，说明铁和硝酸发生氧化还原反应，铁过量生成Fe2+,同时硝酸被还原为NH4+，反应的化学方程式为4Fe + 10HNO3 = 4Fe(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O，
故答案为4Fe + 10HNO3 = 4Fe(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O；
(3)铜排在金属活动顺序表氢的后面，所以铜和H+不反应，因此若要证明假设1不成立，则可选用Cu粉与同浓度硝酸反应，若溶液变蓝则证明假设1不成立。
对比a、b两次实验，其它条件相同，温度不同，且温度升高，产生的氢气体积反而减小，其原因为升高温度，H+和NO3-参与的还原反应速率都加快，但NO3-增加更快，生成的NH4+多，导致生成的H2减少，因此不能说明H+还原反应速率大于NO3-的还原反应速率，即不能判断假设2成立。
故答案为Cu；溶液变蓝；否；升高温度，H+和NO3-参与的还原反应速率都加快，但NO3-增加更快，生成的NH4+多，导致生成的H2减少；
(4) a. 改用3mol·L–1 HNO3，硝酸浓度增大，Ⅱ中仍为无色气体，在Ⅲ中气体变红色，为无色的NO被氧化为红棕色的NO2,该实验产生的无色气体含有NO，不排除含有H2，故a错误；
b. 若改用浓硝酸时，在常温下铁与浓硝酸发生钝化，故b错误；
c. 由实验结果可知，硝酸的浓度不同时，其主要还原产物不同，故c正确。
故答案为c；
(5)由实验可知，硝酸浓度增大，产物变为NO，还原速度剧增，远远大于 H+的还原速率，以至于得不到氢气，若要金属与硝酸反应生成H2，则需要控制的条件是稀溶液、低温、氢以前的金属，
故答案为稀溶液、低温、氢以前的金属。
7． CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH+2H2O 或
【分析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由（1）可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B在与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物为。
【详解】（1）由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；
（2）F为C3H6O,不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，所以F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；
（3）丙二酸二乙酯由D和乙醇发生酯化反应得到，方程式为+2C2H5OH+2H2O，故答案为：+2C2H5OH+2H2O；
（4）根据信息提示，丙二酸二乙酯要形成高聚物E，则要发生分子间缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；
（5）丙二酸二乙酯的同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基，②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为 3:2:1，所以氢原子个数分别为6、4、2，③能发生银镜反应，说明存在醛基或者甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10,要满足相同氢分别为6、4，只能为两个亚甲基和两个甲基，满足条件的结构为或，故答案为：或；
（6）与丙二酸二乙酯发生加成反应，双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，经过消去反应得到，故答案为：；。
8． 羧基 否 乙二醇 加成 +2H2O+H+→NH+
【分析】与HCN发生加成反应生成A()，A在酸性条件下水解生成B()，B在发生分子内消去生成M()，由N的分子式以及同一个碳原子不能同时与2个羟基相连可知N的结构简式为；M与N在浓硫酸作用下发生酯化反应生成C，以及C与布洛芬反应生成D可知C的结构为；与在作催化剂的条件下发生取代反应生成，发生过程1，经系列转化成。与C()在一定条件下发生酯化反应生成D()；P是以D为单体的高聚物。据此分析可得；
【详解】(1)由图示可知M的结构简式为：，所以M中的含氧官能团为羧基；与碳碳双键两端碳原子相连的原子或原子团不相同时，则存在顺反异构；由于M中碳碳双键上的一个碳原子连两个氢原子，所以不存在顺反异构，故答案为：羧基；否；
(2)由N的分子式为 ，且核磁共振氢谐图有两组吸收峰，则N的结构简式为，所以N的名称为：乙二醇，故答案为：乙二醇；
(3)由于N的结构简式为，M为，过量的N与M反应主要生成C，则过量的M与N反应生成，故答案为：；
(4)反应I为与HCN发生加成反应生成A()，故答案为：加成反应；
(5) 过程Ⅰ的合成过程中为与发生加成反应生成，然后在酸性条件下水解反应生成；再发生消去反应脱水生成，故答案为：或或；
(6)反应II为A()在酸性条件下水解生成B()，即+2H2O+H+→NH+，故答案为：+2H2O+H+→NH+
(7) 与C()在一定条件下发生酯化反应生成D()；P是以D为单体的高聚物。所以P在NaOH溶液中完全水解后的有机物有： ，故答案为： 。
9． CH2=CH2 加成反应 NaOH溶液，加热 羟基 2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O b c 或
【分析】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知①的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知①可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。
【详解】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知①的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知①可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。
(1)B为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，
故答案为CH2=CH2；
(2) A→D的反应为丙烯与溴化氢发生加成反应生成2-溴丙烷，反应类型为：取代反应，
故答案为取代反应；
(3)D→E的反应为2-溴丙烷水解生成2-丙醇，故反应条件为：NaOH溶液，加热，
故答案为NaOH溶液，加热；
(4)E为2-丙醇，含有的官能团名称是羟基，
故答案为羟基；
(5)E→F的反应为2-丙醇的催化氧化反应，化学方程式为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O，
故答案为2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O；
(6)H的结构简式：，
故答案为；
(7)反应II的化学方程式：，
故答案为；
(8) a、反应I为苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），原子利用率不是100%，故a错误；
b、J为，分子中含有两个酯基，所以1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故b正确；
c、由合成路线可知，H和甲醇反应生成J和乙二醇，J和M发生反应II又生成甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用，故c正确；
故答案为bc；
(9)苯酚和丙酮发生反应I生成M（），与M同类型且互为同分异构体的结构可能为：或；
故答案为或；
(10) A为CH2=CHCH3，苯和丙烯在催化剂存在条件下反应生成N，N先氧化后酸化生成苯酚和丙酮，由此可推断N的结构为：，
故答案为。
10． 2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－+H2OHClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【分析】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。
【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。
11． O（氧） C与O同周期，核电荷数O＞C，原子半径O＜C，非金属性O＞C CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H＝－7 kJ/mol 0.25 ＞ c d
【详解】（1）COS分子中碳原子与氧原子、硫原子分别形成两对共用电子对，电子式为；相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，共用电子对不偏向任何一方，不同原子之间形成的为极性共价键，共用电子偏向吸引电子能力强的一方，根据非金属性同周期从左到右非金属性增强，即非金属性C＜O，可知共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O（氧）；C与O同周期，核电荷数O＞C，原子半径O＜C，非金属性O＞C；
（2）已知①COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g）ΔH1 = - 34kJ/mol
②CO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g）ΔH2 = - 41kJ/mol
根据盖斯定律，②-①可得：CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H＝ΔH2-ΔH1= （- 41kJ/mol）-（- 34kJ/mol）=-7 kJ/mol；
100℃ 时将 CO 与 H2S 按物质的量比为 1:1 充入反应器中，列三段式：
K==0.25
故答案为：CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H3＝-7 kJ/mol；0.25；
（3）①在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，设起始充入的 n（CO）：n（H2S）= m，m越大说明充入的CO越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1＞m2，故答案为：＞；
②图为相同时间内测得 H2S 转化率与 m 和温度（T）的关系，即若平衡逆向移动，或者反应速率变慢可能会使H2S 转化率减小，
A. 可逆反应处于动态平衡，反应并未停止，故A错误；
B. ΔH只与反应物和生成物的总量有关，所以ΔH不会变大，故B错误；
C.温度升高反应达到平衡状态，因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以会使H2S 转化率减小，故C正确；
D.温度升高可能会使催化剂的活性减弱，反应减慢，使H2S 转化率减小，故D正确；
综上所述，答案为CD。
12． 210 分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高 > 生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大 乙 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
【详解】(1)由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得二氧化碳和氢气合成甲醇的热化学方程式，故答案为：；
(2) ①根据图中数据可知，压强不变采用有分子筛膜时，210℃的甲醇产率最大，则最佳反应温度为210℃，故答案为：210；
②该由题意可知，分子筛膜能选择性分离出水，使生成物的浓度减小，平衡正逆反应方向移动，甲醇产率升高，所以有分子筛膜时甲醇产率高于无分子筛膜时，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高；
(3) ①生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率升高，由图可知，条件为压强p1时甲醇产率高于p2，则p1大于p2，故答案为：>；生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大；
②生成甲醇的反应是放热反应，低温阶段升高温度，平衡正逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅰ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅰ，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则曲线乙表示二氧化碳的转化率随温度升高的变化关系，故答案为：乙；
③反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，两条曲线几乎交于一点，故答案为：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。
13． 催化剂 2C2H4 + 6Cu+(NO2) = 3N2 + 4CO2 + 4H2O + 6Cu+ 2:1 正反应放热，温度过高会降低NO的转化率 NH3和O2再次反应生成NO(或4NH3+5O2=4NO+6H2O) 2ClO2 + 2NaOH = NaClO3 + NaClO2 + H2O pH<7时，随着pH值的增大，ClO2的稳定性降低氧化性减弱，SO2的脱除率降低。 当pH>7.8后，随着碱性的增强，生成ClO2-增多，氧化性增强，SO2的脱除率上升
【分析】(1) Cu＋在反应前后不变为催化剂；用乙烯进行脱硝（NO），从图示可以知道，乙烯被氧化成二氧化碳；
(2)①根据得到电子的比例计算；
②根据温度对速率和化学平衡的影响分析；
③根据过量氨气与氧气的反应的产物分析；
(3)① ClO2在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，根据得失电子守恒写出该反应的化学方程式；
②由图可知，当3
因此，本题正确答案是：催化剂；2C2H4 + 6Cu+(NO2) = 3N2 + 4CO2 + 4H2O + 6Cu+；
(2)①由方程式4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)可知，该反应O2和NO都作氧化剂，1molO2得4mol电子，4molNO得8mol电子，因此被NO和O2氧化的NH3的比例为2:1，
因此，本题正确答案是：2:1；
②该方法应控制反应温度在315～400℃之间，反应温度不宜过高，温度过高，使脱硝的主要反应的平衡向逆方向移动，脱硝率降低，
因此，本题正确答案是：正反应放热，温度过高会降低NO的转化率；
③当 n(NH3)/n(NO) >1.0时，过量的氨气与氧气反应生成NO，所以烟气中NO浓度增大，
因此，本题正确答案是：NH3和O2再次反应生成NO；
(3)① ClO2在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，反应的化学方程式为2ClO2 + 2NaOH = NaClO3 + NaClO2 + H2O，
因此，本题正确答案是：2ClO2 + 2NaOH = NaClO3 + NaClO2 + H2O；
②由图可知，当3
14． 测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8则沉淀完全 过滤 溶液中存在如下平衡：，加入硫酸，增大，使平衡逆向移动，促进的生成 具有强氧化性，在酸性条件下能被氧化 ab 负极 ×100%
【分析】向含铬离子和三价铁离子的废液中加入KOH溶液调节溶液pH，抽滤得到含有氢氧化铬和氢氧化铁的固体Ⅰ和溶液Ⅰ；向固体Ⅰ中先加入过氧化氢溶液和氢氧化钾溶液调节溶液pH为10，加热时，氢氧化铬和过氧化氢、氢氧化钾混合溶液反应生成铬酸钾和水，过滤除去氢氧化铁得到铬酸钾溶液；向铬酸钾溶液加入硫酸溶液，将溶液中铬酸钾转化为重铬酸钾，含有重铬酸钾的溶液Ⅱ通过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤得到重铬酸钾晶体。
【详解】(1)由题给数据可知，当溶液的pH≥6.8时，溶液中铬离子和三价铁离子会完全转化为沉淀，则证明铬离子沉淀完全的方法是用pH试纸或pH计测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8，说明沉淀完全，故答案为：测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8则沉淀完全；
(2) 向固体Ⅰ中加入过氧化氢、氢氧化钾混合溶液发生的反应为氢氧化铬和过氧化氢、氢氧化钾混合溶液共热反应生成铬酸钾和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，操作A为过滤；向过滤后的溶液中加入硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，将溶液中铬酸钾转化为重铬酸钾；重铬酸钾溶液具有强氧化性，若用盐酸酸化，重铬酸钾溶液会与盐酸发生氧化还原反应将重铬酸钾还原为氯化铬，故答案为：过滤；溶液中存在如下平衡：，加入硫酸，增大，使平衡逆向移动，促进的生成；具有强氧化性，在酸性条件下能被氧化；
(4) a．由分析可知，含有重铬酸钾的溶液Ⅱ通过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤得到重铬酸钾晶体，故正确；
b．实验室洗涤晶体的操作是沿玻璃棒加蒸馏水至浸没晶体，待水自然滤出后，重复操作2~3次即可将沉淀洗涤干净，故正确；
c．由题给溶解度数据可知，洗涤重铬酸钾晶体应用冷水洗涤，防止水的温度过高，造成晶体溶解而降低产率，故错误；
ab正确，故答案为：ab；
(5)由题给示意图可知，与电源M电极相连的电极为电解池的阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，与N电极相连的电极为阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，铬酸根离子与生成的氢离子反应生成重铬酸根，左室溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右室，电解的总反应方程式为；
①由分析可知，M电极是电源的负极，故答案为：负极；
②由分析可知，与N电极相连的右侧电极为阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，铬酸根离子与生成的氢离子反应生成重铬酸根，电极反应式为，故答案为：；
③由分析可知，电解池的总反应方程式为，故答案为：；
(6)由题给离子方程式可得： Cr2O—6Fe2+，反应消耗硫酸亚铁的物质的量为bmol/L×c×10—3L=10—3bcmol，则重铬酸钾的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。
15． 过滤 取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+ FeTiO3 + 2H2SO4 = FeSO4 + TiOSO4 + 2H2O TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行 负 Cl2 2Cl-— 2e- = Cl2↑ 2xmol•L—1
【分析】钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)在353K时用硫酸溶解，FeTiO3、FeO和Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁和TiOSO4，二氧化硅不溶，过滤除去；滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶性物质，得到滤液2，经冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤后得滤液3，滤液3中含有TiOSO4加入热水促进水解经过滤得到H2TiO3固体，煅烧H2TiO3制TiO2，TiO2通过电解得到Ti。
【详解】(1) 步骤②、③、④操作过程中都得到沉淀或晶体，故需要过滤操作得到固体和溶液，
故答案为过滤；
(2)检验Fe3+的方法是：取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，说明有Fe3+，
故答案为取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+；
(3)由流程图可知，步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸生成TiOSO4、FeSO4和水，化学方程式为：FeTiO3 + 2H2SO4 = FeSO4 + TiOSO4 + 2H2O；
(4) TiO2+在溶液中水解，溶液中存在平衡：TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应一般为吸热反应，当加入热水，稀释、升温平衡正向移动，有利于生成H2TiO3。
故答案为TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行；
(5)①由图可知，制取Ti，用石墨作阳极、TiO2作阴极、熔融CaCl2作电解质，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，电解池的阴极要与电源的负极连接，故a为电源的负极，
故答案为负极；
②由图示阳极产物可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳或一氧化碳，同时氯离子也可以失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-— 2e- = Cl2↑，
故答案为2Cl-— 2e- = Cl2↑；
(6)由图可知滴定管的初读数为0.80mL，末读数为10.80mL，所以滴定时消耗KMnO4溶液体积为：10.80mL-0.80mL=10.00mL，
根据滴定时发生反应的离子方程式： 5Fe2+＋MnO4-＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O，
n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×xmol/L×0.01L=0.05xmol，
所以c(Fe2+)= =2xmol•L—1，
故答案为2xmol•L—1。
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