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北京市通州区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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这是一份北京市通州区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共37页。试卷主要包含了多选题，实验题，工业流程题，元素或物质推断题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市通州区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、多选题
1．（2020·北京通州·统考一模）根据下列图示所得出的结论不正确的是
A．图甲表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强
B．图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小
C．图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＜0
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)此过程△H＜0
二、实验题
2．（2020·北京通州·统考一模）某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。
（1）查阅资料知，NaHSO3与过量KIO3反应分两步进行，第一步为IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，则第二步反应的离子方程式为_____；
（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的化学反应速率的影响。调节反应物浓度和温度进行对比实验.记录如下表：
实验编号
0.02mol/LNaHSO3溶液（mL）
0.02mol/LKIO3溶液（mL）
H2O(mL)
反应温度（℃）
溶液变蓝的时间（s）
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验①②是探究______对化学反应速率的影响，表中a=______mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，则表中b=______mL，c=______mL；
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段化学反应速率逐渐增大，一段时间后化学反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段化学反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：
假设一：反应生成的SO42-对反应起催化作用，SO42-浓度越大化学反应速率越快；
假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大化学反应速率越快；
假设三：______；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容(化学反应速率可用测速仪测定)______。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
3．（2021·北京通州·统考一模）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作
实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
4．（2022·北京通州·统考一模）实验室探究溶液与的反应。
I.如下图所示制备(经检验装置气密性良好)。
(1)仪器a的名称是___________。
(2)写出C中制备的离子方程式___________。
II.探究溶液与的反应，过程如下图所示：
已知：硫酸亚铜易溶于水。
回答下列问题：
(3)加入固体后产生的无色气体经检验为，写出该检验的实验操作及现象：_______。(可选试剂：溶液、溶液、碘水)
(4)加入固体后产生的白色沉淀经检验是，说明发生了氧化还原反应。加入固体发生反应的原因：
a.改变了的还原性
b.改变了的的氧化性
用原电池原理进行实验，探究上述可能的原因。
编号
实验1
实验2
实验
现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
①由实验1、2可知原因a不合理，依据是___________。
②实验3：用下图所示装置实验，B中有白色沉淀生成，证明原因b合理。
ⅰ.补全上图电化学装置示意图：___________。
ⅱ.写出B中的电极反应方程式___________。
ⅲ.请从反应原理的角度解释原因：与的还原产物形成沉淀，______，使与的反应能够进行完全。
III.金能与浓硝酸发生微弱反应生成，短时间几乎观察不到金溶解。金易溶于“王水”[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)]。
已知：
(5)利用(4)中实验探究的结论，分析“王水”溶金的原理：___________。
三、工业流程题
5．（2020·北京通州·统考一模）下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。
根据上图回答下列问题：
（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；
a.石英坩埚 b.氧化铝坩埚 c.铁坩埚
（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；
（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4，电极均为铂电极。
①A极上的电极反应式为_____；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；
（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O
取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。
6．（2021·北京通州·统考一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
(3)试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
(5)已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。
7．（2022·北京通州·统考一模）重铬酸钾在工业中有广泛的应用，某学习小组模拟工业制备重铬酸钾并探究其性质。
I.制备重铬酸钾
以铬铁矿(主要成分可表示为，还含有等杂质)制备重铬酸钾()固体的工艺流程如下：
资料：ⅰ.遇水强烈水解。
ⅱ.部分微粒在溶液中的颜色：橙色绿色
(1)中元素的化合价是___________。
(2)熔块的主要成分为等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②水解的离子方程式___________。
(3)测定重铬酸钾纯度
称取重铬酸钾试样配成溶液，取出于锥形瓶中，加入足量稀和碘化钾溶液(的还原产物为)，放于暗处，然后加入水和淀粉指示剂，用标准溶液滴定()，至滴定终点消耗标准液，则所得产品中重铬酸钾的纯度：___________。(滴定过程中其他杂质不参与反应)
II.探究重铬酸钾的性质
实验
I
II
III
IV
操作
现象
溶液中略有微小气泡产生
溶液颜色变为浅黄色
试管中溶液立即变为棕褐色，一段时间后，逐渐产生大量使带火星木条复燃的气体，溶液颜色慢慢变浅，后溶液颜色与实验II试管中颜色几乎相同
迅速反应，溶液颜色变为绿色，并产生大量使带火星木条复燃的气体
(4)由上述I、II、III实验现象，甲同学认为可以确认在实验Ⅲ中起_________作用；
乙同学认为还应该补充实验V才能证明的上述作用，实验V的操作和现象是：_____。
(5)查阅资料可知，在反应III中，使双氧水分解反应分步进行，其过程可表示为：
ⅰ：；
ⅱ：…
请写出反应ⅱ的离子方程式：___________。
(6)写出实验Ⅳ中反应的离子方程式：___________。
综上所述，的性质还与溶液的酸碱性等因素有关。
四、元素或物质推断题
8．（2020·北京通州·统考一模）有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，并回答下列问题：
（1）g在元素周期表中的位置是______；
（2）比较d、e、f的简单离子半径大小为<<(用离子符号表示)______；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______(用化学式表示)；
（3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是______；
①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH
②测两种元素单质的硬度和熔、沸点
③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少
④比较两种元素在化合物中化合价的高低
⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度
（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为______。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式___。
9．（2021·北京通州·统考一模）有8种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据判断出的元素回答下列问题：
(1)f在周期表中的位置是___________；
(2)y、z、d的氢化物中最稳定的是(写化学式)___________；
(3)x与y形成的多种化合物中，最简单的化合物的空间构型是___________；
(4)描述e的单质在空气中燃烧的现象：___________；
(5)锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解e的溴化物(eBr)的水溶液间接将葡萄糖[]氧化为葡萄糖酸[]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示。
①钛网与直流电源的___________极相连；
②石墨电极的电极反应式为___________；
③写出生成葡萄糖酸的化学反应方程式：___________。
五、原理综合题
10．（2020·北京通州·统考一模）SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。
（1）NO、SO2可以先氧化，后用碱吸收。其氧化过程的反应原理如下：
NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g) ∆H1=-200.9kJ/mol
SO2(g)+O3(g) ⇌SO3(g)+O2(g) ∆H2=-241.6kJ/mol
2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H3=-196.6kJ/mol
则反应2NO2(g) ⇌2NO(g)+O2(g)的∆H=___kJ/mol
（2）土壤中的硫循环如图1所示。
①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程I中会转化成硫酸亚铁和硫酸。该过程发生反应的化学方程式为_____；
②某种反硫化细菌在过程II中需要有乳酸参与反应消耗硫酸生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用，请解释原因：_____；
（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图2所示，阴极电极反应式为____；
（4）向恒容密闭容器中充入1molNO和2molO3，发生如下反应：NO(g)+O3(g) ⇌NO2(g)+O2(g) △H＜0不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图3。温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是_____；当温度高于100℃时，NO转化率随温度升高而降低，原因是_____。
11．（2021·北京通州·统考一模）甲醇是有机化工中重要的合成原料，在催化剂的作用下利用甲醇合成乙烯和丙烯的技术被称为技术。该技术涉及的主要反应为：
i.
ii.
请回答下列问题：
(1)反应的反应热___________kJ/mol；
(2)在特定催化剂条件下，两反应存在竞争关系，其反应进程中能量的变化如图所示。该催化剂条件下生成___________的选择性更高(填化学式)，理由为___________；
(3)TK时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)发生反应i和反应ii，5min后压强不再改变，此时测得H2O(g)的物质的量浓度为0.8mol/L。
①5min内H2O(g)的生成速率为___________ mol⋅L-1⋅min-1；
②升高温度后，C2H4的平衡产率反而提高，分析原因为___________。
12．（2022·北京通州·统考一模）“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：
写出C与反应生成的热化学方程式___________。
(2)已知：。在恒容密闭容器中，投入和，经过一段时间后达到平衡状态，测得的转化率为。该温度下，反应的平衡常数为___________。
(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于的脱除。热解温度为得到的煤焦分别用表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析/%
比表面积
C
H
80.79
2.76
105.69
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。
[已知：的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，单位时间内对NO的脱除率比的高，可能原因是___________。(答两条)。
②后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是___________。
(4)电解氧化吸收法：其原理如图3所示：
①从A口中出来的物质的是___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
六、有机推断题
13．（2020·北京通州·统考一模）以下是以植物细胞中半纤维素木聚糖为原料合成镇痛药品莫沙朵林(G)的路线：
已知：①四氢呋喃（）在流程中作反应的催化剂；
②
③
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为______；
（2）E→G的反应类型：______；
（3）D和F的结构简式分别是______、______；
（4）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：______；
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。
①分子中含有苯环②能发生银镜反应③能与FeCl3溶液发生显色反应
（6）有机物H()是合成抗病毒药物阿昔洛韦的中间体。按上述合成路线，写出以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂任选）；
14．（2021·北京通州·统考一模）相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，以X为初始原料设计出转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)，其中A是一氯代物；H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．(苯胺，易被氧化)
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：
(1)阿司匹林中含有的官能团的名称是_______，H的结构简式是________；
(2)反应②的类型是________；
(3)反应⑤的化学方程式是______；
(4) 有多种同分异构体，写出其中两种含有醛基的芳香族化合物的结构简式：______、_____；
(5)请用合成反应流程图表示出：由和其他无机物合成最合理的方案(不超过4步)。_____.
例：……
15．（2022·北京通州·统考一模）有机化合物F是合成抗病毒药物法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如下：
已知：ⅰ.
ⅱ.
(1)A可以与溶液反应产生，A的结构简式：___________。
(2)①的反应类型是___________。
(3)C分子中含有的官能团是___________。
(4)B与溶液反应的化学方程式是___________。
(5)下列说法不正确的是___________。
a.A分子中存在杂化的碳原子
b.C可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
c.D能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d.D存在含有一个六元环的酯类同分异构体
(6)补充下列合成路线：合成E分三步进行，上图中③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请补充E的结构简式___________，并写出中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式：___________。
七、结构与性质
16．（2022·北京通州·统考一模）铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)基态铜原子有________种运动状态不相同的电子，其价层电子排布式为_________。
(2)已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如下图所示。
①该晶体的化学式为___________。
②该晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有___________个。
(3)能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。
序号
实验步骤
实验现象或结论
ⅰ
向溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液
ⅱ
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
ⅲ
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为
ⅳ
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
①深蓝色的配离子的结构简式：___________。
②晶体中的中心原子杂化轨道类型为：___________。
③加入乙醇有晶体析出的原因：___________。
④该实验条件下，与的结合能力___________(填“大于”“小于”或“等于”)与的结合能力。
⑤能与形成，而不能，其原因是___________。
参考答案：
1．AC
【详解】A．根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，选项A不正确；
B．O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图象，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，选项B正确；
C．石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，选项C不正确；
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，根据图象，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，选项D正确；
答案选AC。
2． IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O KIO3溶液的浓度 15 10 10 反应生成的I-对反应起催化作用，I-浓度越大化学反应速率越快；(或：反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大化学反应速率越快；或：该反应是放热反应，温度升高导致化学反应速率加快)；
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
【分析】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)根据表格，三个实验中溶液的体积均应为45mL，据此推断a的值；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等，以此加以假设；
(4)通过对比实验进行验证。
【详解】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3−+3HSO3−=3SO42−+3H++I−，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)实验①②是探究KIO3溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a=15mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b=20 mL，c=10 mL；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I−对反应起催化作用，I−浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快；
(4)通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v(乙)，若v(甲)=v(乙)，则假设一不成立，若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立，答案为：
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
。
3． I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
4．(1)分液漏斗
(2)SO2+OH-=
(3)将产生的气体通入到装有少量碘水的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2；将产生的气体通入到装有少量0.1mol/LKMnO4溶液的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2
(4) 实验2中A烧杯加入氯化钠固体后，电流计和溶液中均未发生明显变化或与实验1现象相同 Cu2++Cl-+e-=CuCl↓ 降低c(Cu+)，可以提高Cu2+的氧化性
(5)生成HAuCl4或AuCl，降低c(Au3+)的浓度，增强Au的还原性，使Au与HNO3的反应能够进行完全
【详解】（1）仪器a为：分液漏斗；
（2）二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备NaHSO3的离子方程式为： ；
（3）根据所提供试剂，可利用二氧化硫的还原性，故可选试剂为高锰酸钾溶液或碘水。检验方法为：将产生的气体通入到装有少量碘水的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2；将产生的气体通入到装有少量0.1mol/LKMnO4溶液的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2；
（4）对比实验1和实验2，在NaHSO3溶液附近添加NaCl固体后电流计和溶液中均未发生明显变化（或与实验1现象相同），可知氯离子并没有改变的还原性，故答案为：实验2中A烧杯加入氯化钠固体后，电流计和溶液中均未发生明显变化或与实验1现象相同；要证明原因b合理，在其他条件均不变的情况下，在CuSO4溶液附近添加氯化钠固体，补全化学装置图为：；B中的电极附近Cu2+被还原，转变为CuCl，反应为：；添加氯化钠后，Cu2+的还原产物Cu+与Cl-生成CuCl沉淀，使c(Cu+)降低，可以提高Cu2+的氧化性，使与Cu2+的反应能够进行完全，故答案为：降低c(Cu+)，可以提高Cu2+的氧化性；
（5）Au与浓硝酸反应微弱，在浓硝酸中添加浓盐酸，即添加了氯离子后Au生成HAuCl4或 ，与（4）中实验结论类似，Cl-的加入改变了金的还原性，与Au3+结合，降低c(Au3+)的浓度，增强Au的还原性，使Au与HNO3的反应能够进行完全，故答案为：生成HAuCl4或，降低c(Au3+)的浓度，增强Au的还原性，使Au与HNO3的反应能够进行完全。
5． c 有利于平衡向右进行，提高MnO42-转化率 MnO42--e-=MnO4- 无副产品，产率高，工艺简便 或%
【分析】在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，对生成物加强热形成熔融混合物，冷却研磨后溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氢氧化钾溶液再调节PH值为10～11，使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体，据此分析解答。
【详解】(1)操作①和②中均有强碱性物质加热，所以不能用含有与碱反应的成份的坩埚，石英(二氧化硅)和氧化铝都可与强碱反应，铁不与强碱反应，故答案选c；
(2)已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氢氧根，使平衡正向移动，有利于提高MnO42-转化率；
(3)①电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4，根据图示，电解过程中A极为阳极，是K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是无副产品，产率高，工艺简便；
(4)两次实验中滴定20mL样品试液消耗草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，则滴定过程消耗草酸标准溶液的平均体积为=22.16mL，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL样品试液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)= ×22.16×10-3L×0.1 mol/L=8.846×10-4mol，则100mL样品试液中n(KMnO4)=×8.846×10-4mol=4.432×10-3mol，则KMnO4晶体的纯度为=(或%)。
6． Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1)加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
(3)A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。
7．(1)+6
(2)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
(3)
(4) 催化剂(加快过氧化氢分解反应的速率) 另取一支试管，加入2mL5%H2O2溶液，再加入几滴实验Ⅲ试管中的溶液，出现与实验Ⅲ试管相同的现象(或者向实验Ⅲ试管中再加入少量5%H2O2溶液出现试管中溶液立即变为棕褐色，一段时间后，逐渐产生大量使带火星木条复燃的气体，溶液颜色慢慢变浅现象)
(5)2HCrO=+H2O+2O2↑
(6)+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O
【分析】铬铁矿加入碳酸钠、氯酸钾熔融氧化，得到熔块，熔块的主要成分为等可溶性盐，水浸后水解生成氢氧化铁沉淀过量得到滤渣1氢氧化铁和滤液1，滤液1最终生成；
（1）
中钾、氧元素化合价分别为+1、-2，化合物中正负化合价代数和为，则元素的化合价是+6；
（2）
滤渣1为红褐色固体，说明水解生成氢氧化铁红褐色沉淀，+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；
（3）
根据电子守恒可知，~6e-~6，则的物质的量为，则产品中重铬酸钾的纯度为
（4）
由上述I、II、III实验现象可知，III中一段时间后产生大量使带火星木条复燃的气体氧气，说明在实验Ⅲ中起催化剂(加快过氧化氢分解反应的速率)的作用；
催化剂改变反应速率，本身化学性质不变，实验还需要证明在Ⅲ反应前后化学性质不变，故需补充实验为：另取一支试管，加入2mL5%H2O2溶液，再加入几滴实验Ⅲ试管中的溶液，出现与实验Ⅲ试管相同的现象(或者向实验Ⅲ试管中再加入少量5%H2O2溶液出现试管中溶液立即变为棕褐色，一段时间后，逐渐产生大量使带火星木条复燃的气体，溶液颜色慢慢变浅现象)；
（5）
总反应为过氧化氢生成水和氧气，在反应中起催化作用，反应前后化学性质和质量不变，反应ⅰ中转化为，则反应ⅱ中会转化为氧气和，故反应为：2HCrO=+H2O+2O2↑；
（6）
实验Ⅳ中为酸性，反应后溶液颜色变为绿色，并产生大量使带火星木条复燃的气体，说明参与反应和过氧化氢生成了Cr3+和氧气，反应为+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O。
8． 第三周期第VIA族 Al3+＜Na+＜O2-； HClO4 ①⑤ NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ Na+[]-
【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4；
(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；
②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；
③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误；
④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；
⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；
答案选① ⑤；
(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。
9． 第三周期第ⅢA族 H2O 正四面体 钠迅速熔化成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，有少量黄色烟，生成淡黄色固体 正极 2H2O+2e-=H2↑+2OH- CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr
【分析】x的最高正价为+1价，且原子半径最小，则为H元素；
0.01mol/L e的最高价氧化物对应水化物溶液pH=12，则为一元强碱溶液，原子序数小于e的主族元素至少有4种，所以e为Na元素；
y的最高正价为+4价，d的最低负价为-2价，且原子序数小于Na，则y为C元素，d为O元素；
z的位于C和O之间，则为N元素；
f的最高正价为+3价，原子序数大于Na，则为Al元素；
0.01mol/L g的最高价氧化物对应水化物溶液pH＜2，则为二元强酸，所以g为S元素；
h为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl元素。
【详解】(1)f为Al元素，位于元素周期表的第三周期第ⅢA族；
(2)原子半径O＜N＜C，所以与氢原子形成共价键时，O-H键键长最短，键能最大，稳定性最好，但H2O2因含有过氧根而稳定，所以三种元素的氢化物中最稳定的是H2O；
(3)H与C形成的最简单化合物为CH4，空间构型为正四面体；
(4)Na单质在空气中燃烧时生成过氧化钠，现象为：钠迅速熔化成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，有少量黄色烟，生成淡黄色固体；
(5)eBr即为NaBr，电解过程中钛网上先将Br-氧化为Br2，发生氧化反应，所以钛网为阳极，生成的Br2在水溶液中将葡萄糖中的醛基氧化为羧基；石墨为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气；
①钛网为阳极，与直流电源的正极相连；
②石墨电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③阳极生成的Br2在水溶液中将葡萄糖中的醛基氧化为羧基，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr，
10． +115.2 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 因为过程II（反硫化过程）吸热，乳酸和硫酸反应放出的热量使温度升高促进了过程II(反硫化过程)的进行；[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行] 2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑ 低于100℃时，相同时间内反应未达到平衡状态。温度升高，化学反应速率加快，NO即时转化率高 100℃时，在相同时间内，反应达到平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡左移，NO平衡转化率降低
【分析】(1)根据盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；
②某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；
(3)装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大是反应为达到平衡状态，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
【详解】(1)已知：①NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H1＝−200.9kJ⋅mol−1
②SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)△H2＝−241.6kJ⋅mol−1
③2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H3＝−196.6kJ⋅mol−1
盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H＝+115.2kJ/mol；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4；
②土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行]；
(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，电极反应：2NH4++2e−＝2NH3↑+H2↑；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是：低于100℃，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
11． -26.8 C2H4 生成C2H4的活化能更小 0.16 升高温度，反应ⅱ的平衡逆向移动程度更大，CH3OH(g)的浓度增大，导致更多的CH3OH(g)参与反应ⅰ，C2H4的平衡产率提高
【详解】(1)根据盖斯定律根据盖斯定律可知：ⅱ×2-ⅰ×3可得：的反应热ΔH=2ΔH2-3ΔH1=2×(-30.98kJ/mol)-3×(-11.72kJ/mol)=-26.8 kJ/mol；
(2)根据反应i可知1molCH3OH(g)转化为C2H4(g)和H2O(g)放出=5.96 kJ能量；根据反应ii可知1molCH3OH(g)转化为C3H6(g)和H2O(g)放出=10.33kJ能量，所以M代表C2H4(g)，N代表C3H6(g)；据图可知生成C2H4 的活化能更小，该反应更容易进行，所以该催化剂下，生成C2H4的选择性更高；
(3)①5min内Δc(H2O)=0.8mol/L，则v(H2O)==0.16mol⋅L-1⋅min-1；
②反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，升高温度两个反应均向逆向移动，反应ⅱ的平衡逆向移动更明显，CH3OH(g)的浓度增大，更多的CH3OH(g)参与反应ⅰ，C2H4的平衡产率提高。
12．(1)2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H=-854kJ/mol
(2)10
(3) 热解温度高，S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大
(4) O2和较浓的硫酸 2＋2H＋＋2e-=＋2H2O
【解析】（1）
反应的方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-854kJ/mol；
（2）
根据题意可列出三段式：
K===10；
（3）
①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；
②由图可知，350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大；
（4）
①从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸。
②从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从 到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
13． 羟基、醛基 取代反应 CH3NHCOOH +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (或等)
【分析】(1)根据B的结构简式可知B中官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被-CONHCH3取代生成G；
(3)由双烯合成反应，结合E的结构简式分析；E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式分析；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为-COOH，同时生成氧化亚铜与水；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(-OOCH)；
(6)HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成。
【详解】(1)根据B的结构简式可知B中含氧官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被−CONHCH3取代生成G，属于取代反应；
(3)由信息②双烯合成反应，结合E的结构简式可知D为； E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式，F的结构简式可能为CH3NHCOOH；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为−COOH，同时生成氧化亚铜与水，反应方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(−OOCH)，符合条件E的一种同分异构体的简式为：(或等)；
(6) HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成，补全合成路线流程图：。
14． 羧基、酯基 氧化反应 +2[Ag(NH3)2]OH +2Ag↓+3NH3+H2O 、、等
【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为；在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的高聚物，H为，据此解答。
【详解】(1)根据阿司匹林的结构简式可知其官能团为羧基、酯基；H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的，高聚物H 的结构简式为；
(2)根据分析可知反应②中转化为，甲基被氧化为羧基，属于氧化反应；
(3)由分析可知C为， D为，C能与银氨溶液反应生成D，方程式为：+2[Ag(NH3)2]OH +2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)芳香族化合物即含有苯环，醛基即为-CHO，所以符合条件的同分异构体有、、、等；
(5)在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：。
15．(1)CH3COOH
(2)氧化反应
(3)醛基、羧基
(4)
(5)cd
(6) +H2O
【分析】A能与碳酸钠溶液产生二氧化碳，故A中含羧基，A 为CH3COOH；A在一定条件下生成B，为取代反应，B为CH2ClCOOH；对比C经过反应②的产物结构，结合已知i，可知C为含醛基，结构简式为：OHCCOOH；D由酯水解而来，D为；E到F为水解反应，对比分子式和结构可知E为。
（1）
由分析可知A为CH3COOH；
（2）
经过反应①，官能团由羟基变成醛基，发生了氧化反应；
（3）
由分析知C为OHCCOOH，官能团为醛基和羧基；
（4）
B与氢氧化钠溶液的反应为卤代烃水解，方程式为：；
（5）
a．乙酸中碳原子杂化为sp2和sp3，a正确；
b．C为OHCCOOH，可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，b正确；
c．Ｄ为，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c错误；
d．Ｄ为，不饱和度为１，而六元环的酯类同分异构体不饱和度为２，不满足，d错误；
故选cd。
（6）
由分析可知Ｅ的结构简式为，参照题中所给已知信息i， 酸性条件下反应向相反反向进行，可推出中间产物I含醛基，结构简式为：，一定条件下生成中间产物II，可参照已知信息，反应位置是醛基和氨基发生反应，且中间产物II与E互为同分异构体，可知中间产物II的结构简式为： ，故中间产物I转化为中间产物II的方程式为：+H2O 。
16．(1) 29 3d104s1
(2) CuCl 12
(3) sp3 离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 大于 N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，核外电子数为29，价电子排布式为3d104s1，由泡利不相容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相同的电子，故答案为：29；3d104s1；
（2）
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯原子个数为8×+6×=4，位于体内铜原子个数为4，则晶体的化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氯原子与位于面心的氯原子的距离最近，则晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有12个，故答案为：12；
（3）
①四氨合铜离子中中心离子为铜离子，配位体为氨分子，铜离子与4个氨分子形成配位键，离子的结构简式为，故答案为： ；
②水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，氧原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3；
③为易溶于水，难溶于有机溶剂的离子化合物，向深蓝色溶液中加入极性较弱的乙醇可降低的溶解度，便于晶体析出，故答案为：离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小；
④由氢氧化铜沉淀与氨水反应生成四氨合铜离子可知，铜离子与氨分子的结合能力大于氢氧根离子，故答案为：大于；
⑤氮元素的电负性强于氢元素，氨分子中共用电子对偏向氮原子，易于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，氟元素的电负性强于氮元素，三氟化氮中共用电子对偏向氟原子，不利于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，所以铜离子能与氨分子结合形成四氨合铜离子，不能与三氟化氮形成配位键，故答案为：N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键。
北京市通州区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、多选题
1．（2020·北京通州·统考一模）根据下列图示所得出的结论不正确的是
A．图甲表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强
B．图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小
C．图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＜0
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)此过程△H＜0
二、实验题
2．（2020·北京通州·统考一模）某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。
（1）查阅资料知，NaHSO3与过量KIO3反应分两步进行，第一步为IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，则第二步反应的离子方程式为_____；
（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的化学反应速率的影响。调节反应物浓度和温度进行对比实验.记录如下表：
实验编号
0.02mol/LNaHSO3溶液（mL）
0.02mol/LKIO3溶液（mL）
H2O(mL)
反应温度（℃）
溶液变蓝的时间（s）
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验①②是探究______对化学反应速率的影响，表中a=______mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，则表中b=______mL，c=______mL；
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段化学反应速率逐渐增大，一段时间后化学反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段化学反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：
假设一：反应生成的SO42-对反应起催化作用，SO42-浓度越大化学反应速率越快；
假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大化学反应速率越快；
假设三：______；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容(化学反应速率可用测速仪测定)______。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
3．（2021·北京通州·统考一模）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作
实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
4．（2022·北京通州·统考一模）实验室探究溶液与的反应。
I.如下图所示制备(经检验装置气密性良好)。
(1)仪器a的名称是___________。
(2)写出C中制备的离子方程式___________。
II.探究溶液与的反应，过程如下图所示：
已知：硫酸亚铜易溶于水。
回答下列问题：
(3)加入固体后产生的无色气体经检验为，写出该检验的实验操作及现象：_______。(可选试剂：溶液、溶液、碘水)
(4)加入固体后产生的白色沉淀经检验是，说明发生了氧化还原反应。加入固体发生反应的原因：
a.改变了的还原性
b.改变了的的氧化性
用原电池原理进行实验，探究上述可能的原因。
编号
实验1
实验2
实验
现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
①由实验1、2可知原因a不合理，依据是___________。
②实验3：用下图所示装置实验，B中有白色沉淀生成，证明原因b合理。
ⅰ.补全上图电化学装置示意图：___________。
ⅱ.写出B中的电极反应方程式___________。
ⅲ.请从反应原理的角度解释原因：与的还原产物形成沉淀，______，使与的反应能够进行完全。
III.金能与浓硝酸发生微弱反应生成，短时间几乎观察不到金溶解。金易溶于“王水”[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)]。
已知：
(5)利用(4)中实验探究的结论，分析“王水”溶金的原理：___________。
三、工业流程题
5．（2020·北京通州·统考一模）下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。
根据上图回答下列问题：
（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；
a.石英坩埚 b.氧化铝坩埚 c.铁坩埚
（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；
（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4，电极均为铂电极。
①A极上的电极反应式为_____；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；
（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O
取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。
6．（2021·北京通州·统考一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
(3)试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
(5)已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。
7．（2022·北京通州·统考一模）重铬酸钾在工业中有广泛的应用，某学习小组模拟工业制备重铬酸钾并探究其性质。
I.制备重铬酸钾
以铬铁矿(主要成分可表示为，还含有等杂质)制备重铬酸钾()固体的工艺流程如下：
资料：ⅰ.遇水强烈水解。
ⅱ.部分微粒在溶液中的颜色：橙色绿色
(1)中元素的化合价是___________。
(2)熔块的主要成分为等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②水解的离子方程式___________。
(3)测定重铬酸钾纯度
称取重铬酸钾试样配成溶液，取出于锥形瓶中，加入足量稀和碘化钾溶液(的还原产物为)，放于暗处，然后加入水和淀粉指示剂，用标准溶液滴定()，至滴定终点消耗标准液，则所得产品中重铬酸钾的纯度：___________。(滴定过程中其他杂质不参与反应)
II.探究重铬酸钾的性质
实验
I
II
III
IV
操作
现象
溶液中略有微小气泡产生
溶液颜色变为浅黄色
试管中溶液立即变为棕褐色，一段时间后，逐渐产生大量使带火星木条复燃的气体，溶液颜色慢慢变浅，后溶液颜色与实验II试管中颜色几乎相同
迅速反应，溶液颜色变为绿色，并产生大量使带火星木条复燃的气体
(4)由上述I、II、III实验现象，甲同学认为可以确认在实验Ⅲ中起_________作用；
乙同学认为还应该补充实验V才能证明的上述作用，实验V的操作和现象是：_____。
(5)查阅资料可知，在反应III中，使双氧水分解反应分步进行，其过程可表示为：
ⅰ：；
ⅱ：…
请写出反应ⅱ的离子方程式：___________。
(6)写出实验Ⅳ中反应的离子方程式：___________。
综上所述，的性质还与溶液的酸碱性等因素有关。
四、元素或物质推断题
8．（2020·北京通州·统考一模）有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，并回答下列问题：
（1）g在元素周期表中的位置是______；
（2）比较d、e、f的简单离子半径大小为<<(用离子符号表示)______；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______(用化学式表示)；
（3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是______；
①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH
②测两种元素单质的硬度和熔、沸点
③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少
④比较两种元素在化合物中化合价的高低
⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度
（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为______。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式___。
9．（2021·北京通州·统考一模）有8种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据判断出的元素回答下列问题：
(1)f在周期表中的位置是___________；
(2)y、z、d的氢化物中最稳定的是(写化学式)___________；
(3)x与y形成的多种化合物中，最简单的化合物的空间构型是___________；
(4)描述e的单质在空气中燃烧的现象：___________；
(5)锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解e的溴化物(eBr)的水溶液间接将葡萄糖[]氧化为葡萄糖酸[]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示。
①钛网与直流电源的___________极相连；
②石墨电极的电极反应式为___________；
③写出生成葡萄糖酸的化学反应方程式：___________。
五、原理综合题
10．（2020·北京通州·统考一模）SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。
（1）NO、SO2可以先氧化，后用碱吸收。其氧化过程的反应原理如下：
NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g) ∆H1=-200.9kJ/mol
SO2(g)+O3(g) ⇌SO3(g)+O2(g) ∆H2=-241.6kJ/mol
2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H3=-196.6kJ/mol
则反应2NO2(g) ⇌2NO(g)+O2(g)的∆H=___kJ/mol
（2）土壤中的硫循环如图1所示。
①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程I中会转化成硫酸亚铁和硫酸。该过程发生反应的化学方程式为_____；
②某种反硫化细菌在过程II中需要有乳酸参与反应消耗硫酸生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用，请解释原因：_____；
（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图2所示，阴极电极反应式为____；
（4）向恒容密闭容器中充入1molNO和2molO3，发生如下反应：NO(g)+O3(g) ⇌NO2(g)+O2(g) △H＜0不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图3。温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是_____；当温度高于100℃时，NO转化率随温度升高而降低，原因是_____。
11．（2021·北京通州·统考一模）甲醇是有机化工中重要的合成原料，在催化剂的作用下利用甲醇合成乙烯和丙烯的技术被称为技术。该技术涉及的主要反应为：
i.
ii.
请回答下列问题：
(1)反应的反应热___________kJ/mol；
(2)在特定催化剂条件下，两反应存在竞争关系，其反应进程中能量的变化如图所示。该催化剂条件下生成___________的选择性更高(填化学式)，理由为___________；
(3)TK时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)发生反应i和反应ii，5min后压强不再改变，此时测得H2O(g)的物质的量浓度为0.8mol/L。
①5min内H2O(g)的生成速率为___________ mol⋅L-1⋅min-1；
②升高温度后，C2H4的平衡产率反而提高，分析原因为___________。
12．（2022·北京通州·统考一模）“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：
写出C与反应生成的热化学方程式___________。
(2)已知：。在恒容密闭容器中，投入和，经过一段时间后达到平衡状态，测得的转化率为。该温度下，反应的平衡常数为___________。
(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于的脱除。热解温度为得到的煤焦分别用表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析/%
比表面积
C
H
80.79
2.76
105.69
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。
[已知：的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，单位时间内对NO的脱除率比的高，可能原因是___________。(答两条)。
②后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是___________。
(4)电解氧化吸收法：其原理如图3所示：
①从A口中出来的物质的是___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
六、有机推断题
13．（2020·北京通州·统考一模）以下是以植物细胞中半纤维素木聚糖为原料合成镇痛药品莫沙朵林(G)的路线：
已知：①四氢呋喃（）在流程中作反应的催化剂；
②
③
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为______；
（2）E→G的反应类型：______；
（3）D和F的结构简式分别是______、______；
（4）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：______；
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。
①分子中含有苯环②能发生银镜反应③能与FeCl3溶液发生显色反应
（6）有机物H()是合成抗病毒药物阿昔洛韦的中间体。按上述合成路线，写出以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂任选）；
14．（2021·北京通州·统考一模）相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，以X为初始原料设计出转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)，其中A是一氯代物；H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．(苯胺，易被氧化)
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：
(1)阿司匹林中含有的官能团的名称是_______，H的结构简式是________；
(2)反应②的类型是________；
(3)反应⑤的化学方程式是______；
(4) 有多种同分异构体，写出其中两种含有醛基的芳香族化合物的结构简式：______、_____；
(5)请用合成反应流程图表示出：由和其他无机物合成最合理的方案(不超过4步)。_____.
例：……
15．（2022·北京通州·统考一模）有机化合物F是合成抗病毒药物法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如下：
已知：ⅰ.
ⅱ.
(1)A可以与溶液反应产生，A的结构简式：___________。
(2)①的反应类型是___________。
(3)C分子中含有的官能团是___________。
(4)B与溶液反应的化学方程式是___________。
(5)下列说法不正确的是___________。
a.A分子中存在杂化的碳原子
b.C可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
c.D能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d.D存在含有一个六元环的酯类同分异构体
(6)补充下列合成路线：合成E分三步进行，上图中③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请补充E的结构简式___________，并写出中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式：___________。
七、结构与性质
16．（2022·北京通州·统考一模）铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)基态铜原子有________种运动状态不相同的电子，其价层电子排布式为_________。
(2)已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如下图所示。
①该晶体的化学式为___________。
②该晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有___________个。
(3)能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。
序号
实验步骤
实验现象或结论
ⅰ
向溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液
ⅱ
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
ⅲ
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为
ⅳ
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
①深蓝色的配离子的结构简式：___________。
②晶体中的中心原子杂化轨道类型为：___________。
③加入乙醇有晶体析出的原因：___________。
④该实验条件下，与的结合能力___________(填“大于”“小于”或“等于”)与的结合能力。
⑤能与形成，而不能，其原因是___________。
参考答案：
1．AC
【详解】A．根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，选项A不正确；
B．O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图象，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，选项B正确；
C．石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，选项C不正确；
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，根据图象，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，选项D正确；
答案选AC。
2． IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O KIO3溶液的浓度 15 10 10 反应生成的I-对反应起催化作用，I-浓度越大化学反应速率越快；(或：反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大化学反应速率越快；或：该反应是放热反应，温度升高导致化学反应速率加快)；
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
【分析】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)根据表格，三个实验中溶液的体积均应为45mL，据此推断a的值；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等，以此加以假设；
(4)通过对比实验进行验证。
【详解】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3−+3HSO3−=3SO42−+3H++I−，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)实验①②是探究KIO3溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a=15mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b=20 mL，c=10 mL；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I−对反应起催化作用，I−浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快；
(4)通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v(乙)，若v(甲)=v(乙)，则假设一不成立，若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立，答案为：
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
。
3． I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
4．(1)分液漏斗
(2)SO2+OH-=
(3)将产生的气体通入到装有少量碘水的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2；将产生的气体通入到装有少量0.1mol/LKMnO4溶液的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2
(4) 实验2中A烧杯加入氯化钠固体后，电流计和溶液中均未发生明显变化或与实验1现象相同 Cu2++Cl-+e-=CuCl↓ 降低c(Cu+)，可以提高Cu2+的氧化性
(5)生成HAuCl4或AuCl，降低c(Au3+)的浓度，增强Au的还原性，使Au与HNO3的反应能够进行完全
【详解】（1）仪器a为：分液漏斗；
（2）二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备NaHSO3的离子方程式为： ；
（3）根据所提供试剂，可利用二氧化硫的还原性，故可选试剂为高锰酸钾溶液或碘水。检验方法为：将产生的气体通入到装有少量碘水的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2；将产生的气体通入到装有少量0.1mol/LKMnO4溶液的试管中，若溶液褪色，则证明生成的气体是SO2；
（4）对比实验1和实验2，在NaHSO3溶液附近添加NaCl固体后电流计和溶液中均未发生明显变化（或与实验1现象相同），可知氯离子并没有改变的还原性，故答案为：实验2中A烧杯加入氯化钠固体后，电流计和溶液中均未发生明显变化或与实验1现象相同；要证明原因b合理，在其他条件均不变的情况下，在CuSO4溶液附近添加氯化钠固体，补全化学装置图为：；B中的电极附近Cu2+被还原，转变为CuCl，反应为：；添加氯化钠后，Cu2+的还原产物Cu+与Cl-生成CuCl沉淀，使c(Cu+)降低，可以提高Cu2+的氧化性，使与Cu2+的反应能够进行完全，故答案为：降低c(Cu+)，可以提高Cu2+的氧化性；
（5）Au与浓硝酸反应微弱，在浓硝酸中添加浓盐酸，即添加了氯离子后Au生成HAuCl4或 ，与（4）中实验结论类似，Cl-的加入改变了金的还原性，与Au3+结合，降低c(Au3+)的浓度，增强Au的还原性，使Au与HNO3的反应能够进行完全，故答案为：生成HAuCl4或，降低c(Au3+)的浓度，增强Au的还原性，使Au与HNO3的反应能够进行完全。
5． c 有利于平衡向右进行，提高MnO42-转化率 MnO42--e-=MnO4- 无副产品，产率高，工艺简便 或%
【分析】在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，对生成物加强热形成熔融混合物，冷却研磨后溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氢氧化钾溶液再调节PH值为10～11，使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体，据此分析解答。
【详解】(1)操作①和②中均有强碱性物质加热，所以不能用含有与碱反应的成份的坩埚，石英(二氧化硅)和氧化铝都可与强碱反应，铁不与强碱反应，故答案选c；
(2)已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氢氧根，使平衡正向移动，有利于提高MnO42-转化率；
(3)①电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4，根据图示，电解过程中A极为阳极，是K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是无副产品，产率高，工艺简便；
(4)两次实验中滴定20mL样品试液消耗草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，则滴定过程消耗草酸标准溶液的平均体积为=22.16mL，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL样品试液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)= ×22.16×10-3L×0.1 mol/L=8.846×10-4mol，则100mL样品试液中n(KMnO4)=×8.846×10-4mol=4.432×10-3mol，则KMnO4晶体的纯度为=(或%)。
6． Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1)加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
(3)A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。
7．(1)+6
(2)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
(3)
(4) 催化剂(加快过氧化氢分解反应的速率) 另取一支试管，加入2mL5%H2O2溶液，再加入几滴实验Ⅲ试管中的溶液，出现与实验Ⅲ试管相同的现象(或者向实验Ⅲ试管中再加入少量5%H2O2溶液出现试管中溶液立即变为棕褐色，一段时间后，逐渐产生大量使带火星木条复燃的气体，溶液颜色慢慢变浅现象)
(5)2HCrO=+H2O+2O2↑
(6)+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O
【分析】铬铁矿加入碳酸钠、氯酸钾熔融氧化，得到熔块，熔块的主要成分为等可溶性盐，水浸后水解生成氢氧化铁沉淀过量得到滤渣1氢氧化铁和滤液1，滤液1最终生成；
（1）
中钾、氧元素化合价分别为+1、-2，化合物中正负化合价代数和为，则元素的化合价是+6；
（2）
滤渣1为红褐色固体，说明水解生成氢氧化铁红褐色沉淀，+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；
（3）
根据电子守恒可知，~6e-~6，则的物质的量为，则产品中重铬酸钾的纯度为
（4）
由上述I、II、III实验现象可知，III中一段时间后产生大量使带火星木条复燃的气体氧气，说明在实验Ⅲ中起催化剂(加快过氧化氢分解反应的速率)的作用；
催化剂改变反应速率，本身化学性质不变，实验还需要证明在Ⅲ反应前后化学性质不变，故需补充实验为：另取一支试管，加入2mL5%H2O2溶液，再加入几滴实验Ⅲ试管中的溶液，出现与实验Ⅲ试管相同的现象(或者向实验Ⅲ试管中再加入少量5%H2O2溶液出现试管中溶液立即变为棕褐色，一段时间后，逐渐产生大量使带火星木条复燃的气体，溶液颜色慢慢变浅现象)；
（5）
总反应为过氧化氢生成水和氧气，在反应中起催化作用，反应前后化学性质和质量不变，反应ⅰ中转化为，则反应ⅱ中会转化为氧气和，故反应为：2HCrO=+H2O+2O2↑；
（6）
实验Ⅳ中为酸性，反应后溶液颜色变为绿色，并产生大量使带火星木条复燃的气体，说明参与反应和过氧化氢生成了Cr3+和氧气，反应为+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O。
8． 第三周期第VIA族 Al3+＜Na+＜O2-； HClO4 ①⑤ NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ Na+[]-
【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4；
(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；
②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；
③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误；
④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；
⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；
答案选① ⑤；
(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。
9． 第三周期第ⅢA族 H2O 正四面体 钠迅速熔化成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，有少量黄色烟，生成淡黄色固体 正极 2H2O+2e-=H2↑+2OH- CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr
【分析】x的最高正价为+1价，且原子半径最小，则为H元素；
0.01mol/L e的最高价氧化物对应水化物溶液pH=12，则为一元强碱溶液，原子序数小于e的主族元素至少有4种，所以e为Na元素；
y的最高正价为+4价，d的最低负价为-2价，且原子序数小于Na，则y为C元素，d为O元素；
z的位于C和O之间，则为N元素；
f的最高正价为+3价，原子序数大于Na，则为Al元素；
0.01mol/L g的最高价氧化物对应水化物溶液pH＜2，则为二元强酸，所以g为S元素；
h为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl元素。
【详解】(1)f为Al元素，位于元素周期表的第三周期第ⅢA族；
(2)原子半径O＜N＜C，所以与氢原子形成共价键时，O-H键键长最短，键能最大，稳定性最好，但H2O2因含有过氧根而稳定，所以三种元素的氢化物中最稳定的是H2O；
(3)H与C形成的最简单化合物为CH4，空间构型为正四面体；
(4)Na单质在空气中燃烧时生成过氧化钠，现象为：钠迅速熔化成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，有少量黄色烟，生成淡黄色固体；
(5)eBr即为NaBr，电解过程中钛网上先将Br-氧化为Br2，发生氧化反应，所以钛网为阳极，生成的Br2在水溶液中将葡萄糖中的醛基氧化为羧基；石墨为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气；
①钛网为阳极，与直流电源的正极相连；
②石墨电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③阳极生成的Br2在水溶液中将葡萄糖中的醛基氧化为羧基，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr，
10． +115.2 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 因为过程II（反硫化过程）吸热，乳酸和硫酸反应放出的热量使温度升高促进了过程II(反硫化过程)的进行；[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行] 2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑ 低于100℃时，相同时间内反应未达到平衡状态。温度升高，化学反应速率加快，NO即时转化率高 100℃时，在相同时间内，反应达到平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡左移，NO平衡转化率降低
【分析】(1)根据盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；
②某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；
(3)装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大是反应为达到平衡状态，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
【详解】(1)已知：①NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H1＝−200.9kJ⋅mol−1
②SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)△H2＝−241.6kJ⋅mol−1
③2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H3＝−196.6kJ⋅mol−1
盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H＝+115.2kJ/mol；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4；
②土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行]；
(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，电极反应：2NH4++2e−＝2NH3↑+H2↑；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是：低于100℃，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
11． -26.8 C2H4 生成C2H4的活化能更小 0.16 升高温度，反应ⅱ的平衡逆向移动程度更大，CH3OH(g)的浓度增大，导致更多的CH3OH(g)参与反应ⅰ，C2H4的平衡产率提高
【详解】(1)根据盖斯定律根据盖斯定律可知：ⅱ×2-ⅰ×3可得：的反应热ΔH=2ΔH2-3ΔH1=2×(-30.98kJ/mol)-3×(-11.72kJ/mol)=-26.8 kJ/mol；
(2)根据反应i可知1molCH3OH(g)转化为C2H4(g)和H2O(g)放出=5.96 kJ能量；根据反应ii可知1molCH3OH(g)转化为C3H6(g)和H2O(g)放出=10.33kJ能量，所以M代表C2H4(g)，N代表C3H6(g)；据图可知生成C2H4 的活化能更小，该反应更容易进行，所以该催化剂下，生成C2H4的选择性更高；
(3)①5min内Δc(H2O)=0.8mol/L，则v(H2O)==0.16mol⋅L-1⋅min-1；
②反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，升高温度两个反应均向逆向移动，反应ⅱ的平衡逆向移动更明显，CH3OH(g)的浓度增大，更多的CH3OH(g)参与反应ⅰ，C2H4的平衡产率提高。
12．(1)2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H=-854kJ/mol
(2)10
(3) 热解温度高，S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大
(4) O2和较浓的硫酸 2＋2H＋＋2e-=＋2H2O
【解析】（1）
反应的方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-854kJ/mol；
（2）
根据题意可列出三段式：
K===10；
（3）
①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；
②由图可知，350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大；
（4）
①从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸。
②从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从 到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
13． 羟基、醛基 取代反应 CH3NHCOOH +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (或等)
【分析】(1)根据B的结构简式可知B中官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被-CONHCH3取代生成G；
(3)由双烯合成反应，结合E的结构简式分析；E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式分析；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为-COOH，同时生成氧化亚铜与水；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(-OOCH)；
(6)HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成。
【详解】(1)根据B的结构简式可知B中含氧官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被−CONHCH3取代生成G，属于取代反应；
(3)由信息②双烯合成反应，结合E的结构简式可知D为； E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式，F的结构简式可能为CH3NHCOOH；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为−COOH，同时生成氧化亚铜与水，反应方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(−OOCH)，符合条件E的一种同分异构体的简式为：(或等)；
(6) HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成，补全合成路线流程图：。
14． 羧基、酯基 氧化反应 +2[Ag(NH3)2]OH +2Ag↓+3NH3+H2O 、、等
【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为；在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的高聚物，H为，据此解答。
【详解】(1)根据阿司匹林的结构简式可知其官能团为羧基、酯基；H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的，高聚物H 的结构简式为；
(2)根据分析可知反应②中转化为，甲基被氧化为羧基，属于氧化反应；
(3)由分析可知C为， D为，C能与银氨溶液反应生成D，方程式为：+2[Ag(NH3)2]OH +2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)芳香族化合物即含有苯环，醛基即为-CHO，所以符合条件的同分异构体有、、、等；
(5)在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：。
15．(1)CH3COOH
(2)氧化反应
(3)醛基、羧基
(4)
(5)cd
(6) +H2O
【分析】A能与碳酸钠溶液产生二氧化碳，故A中含羧基，A 为CH3COOH；A在一定条件下生成B，为取代反应，B为CH2ClCOOH；对比C经过反应②的产物结构，结合已知i，可知C为含醛基，结构简式为：OHCCOOH；D由酯水解而来，D为；E到F为水解反应，对比分子式和结构可知E为。
（1）
由分析可知A为CH3COOH；
（2）
经过反应①，官能团由羟基变成醛基，发生了氧化反应；
（3）
由分析知C为OHCCOOH，官能团为醛基和羧基；
（4）
B与氢氧化钠溶液的反应为卤代烃水解，方程式为：；
（5）
a．乙酸中碳原子杂化为sp2和sp3，a正确；
b．C为OHCCOOH，可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，b正确；
c．Ｄ为，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c错误；
d．Ｄ为，不饱和度为１，而六元环的酯类同分异构体不饱和度为２，不满足，d错误；
故选cd。
（6）
由分析可知Ｅ的结构简式为，参照题中所给已知信息i， 酸性条件下反应向相反反向进行，可推出中间产物I含醛基，结构简式为：，一定条件下生成中间产物II，可参照已知信息，反应位置是醛基和氨基发生反应，且中间产物II与E互为同分异构体，可知中间产物II的结构简式为： ，故中间产物I转化为中间产物II的方程式为：+H2O 。
16．(1) 29 3d104s1
(2) CuCl 12
(3) sp3 离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 大于 N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，核外电子数为29，价电子排布式为3d104s1，由泡利不相容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相同的电子，故答案为：29；3d104s1；
（2）
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯原子个数为8×+6×=4，位于体内铜原子个数为4，则晶体的化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氯原子与位于面心的氯原子的距离最近，则晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有12个，故答案为：12；
（3）
①四氨合铜离子中中心离子为铜离子，配位体为氨分子，铜离子与4个氨分子形成配位键，离子的结构简式为，故答案为： ；
②水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，氧原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3；
③为易溶于水，难溶于有机溶剂的离子化合物，向深蓝色溶液中加入极性较弱的乙醇可降低的溶解度，便于晶体析出，故答案为：离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小；
④由氢氧化铜沉淀与氨水反应生成四氨合铜离子可知，铜离子与氨分子的结合能力大于氢氧根离子，故答案为：大于；
⑤氮元素的电负性强于氢元素，氨分子中共用电子对偏向氮原子，易于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，氟元素的电负性强于氮元素，三氟化氮中共用电子对偏向氟原子，不利于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，所以铜离子能与氨分子结合形成四氨合铜离子，不能与三氟化氮形成配位键，故答案为：N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键。
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