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北京市门头沟区2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份北京市门头沟区2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共40页。试卷主要包含了结构与性质，原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京市门头沟区2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、结构与性质
1．（2023·北京门头沟·统考一模）铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。
(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
2．（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____。
二、原理综合题
3．（2023·北京门头沟·统考一模）减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
(1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。
① NH3催化还原NO为_______(填“放热”“吸热”)反应。
② 上述脱硝的总反应化学方程式为：_______。
(2)电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＜0，现向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生以上反应，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，相同时间内NO的转化率与温度的关系如图3。工业上应选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。 在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时， NO转化率降低的可能原因是_______。
(3)工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为： 2NH3(l) + CO2(l) H2O(l) + NH2CONH2(l) ΔH＜0 ， 在液相中，CO2 的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L= )、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4。
①曲线A、B中，_______(填 “A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195°C时，2NH3(l) + CO2(l) H2O(l) + NH2CONH2(l)的Kx的值为_______ 。
(4)氨气可以用于燃料电池，其原理是氨气与氧气在碱性条件下反应生成一种常见的无毒气体和水，负极的电极反应式是_______。
4．（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_____。
5．（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：___________。
三、有机推断题
6．（2023·北京门头沟·统考一模）物质L是医药工业中广泛使用的一种具有生物活性的中间体。该化合物的一种合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：
①
②
(1)B→C的反应条件为_______。
(2)C有多种同分异构体，属于二元取代苯，且均为两性化合物的有三种，可通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，其中最先被蒸馏出来的物质是(写出结构简式)_______。
(3)F→G的反应类型为_______。
(4)G→H的化学方程式为_______。
(5)L中的手性碳原子个数为_______(连4个不同的原子或原子团的碳原子称手性碳原子)。
(6)参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_____ (无机试剂任选)。
7．（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____。
8．（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。___________
四、工业流程题
9．（2023·北京门头沟·统考一模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii.VO+ 2 OH- VO+H2O
回答下列问题：
(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_______ ； _______(写两条)。
(2)滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_______。
(3)生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为_______。
(4)结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为_______。
(5)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______；_______(写两条)。
(6)测定产品中V2O5的纯度，称取a g产品，先用硫酸溶解，得到 (VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L−1 H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182 g·mol−1)的质量分数是_______(列出计算式)。
10．（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、实验题
11．（2023·北京门头沟·统考一模）某小组同学探究MnO、MnO的性质。
资料：i.MnO的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能
被SO分别还原为Mn2+(无色)、MnO2、MnO (绿色)。
ii. MnO在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为MnO和MnO2。
I.验证MnO与SO的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象
1mL0.01mol·L−1 KMnO4溶液
①
2滴3mol·L−1 H2SO43滴0.1mol·L−1 Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水3滴0.1mol·L−1 Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol·L−1 NaOH3滴0.1 mol·L−1 Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol·L−1 NaOH10滴0.1mol·L−1 Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
(1)实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为_______。
(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 _______。甲同学补做了实验_______(填操作和现象)，证明猜测合理。
II.验证 MnO的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如下：
(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为_______。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
① MnO、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL 0.01mol·L−1 KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1 CH3COOH溶液，_______(填现象)，证明猜想不合理。
② MnO、MnO2 可能被_______还原，发生的反应：_______，_______。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：MnO、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
12．（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。
13．（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____。
14．（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___________。
15．（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___________。
参考答案：
1．(1) 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
(4) 1:3 NA·a3·10-6
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
（2）从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
（3）①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
2．(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。
3．(1) 放热 4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
(2) 乙 催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动
(3) A 3.25
(4)2NH3-6e- + 6OH- = N2 + 6H2O
【详解】（1）①由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应；
②由图象可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为：4NH3＋4NO＋O2═4N2＋6H2O；
（2）由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，则工业上应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的原因有：催化剂活性降低和副反应增多，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故答案为：乙；催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（3）①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于曲线B，则W较小的曲线是A，故答案为：A；
②N点初始氨碳比[L=]为3、初始水碳比[W=]为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3amol，，平衡时总物质的量为3.25amol，则Kx===3.25，故答案为：3.25；
（4）根据题意氨气在该条件下失去电子生成氮气和水，则负极的电极反应式为：2NH3-6e- + 6OH- = N2 + 6H2O。
4．(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↑。
5． 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。
6．(1)浓硝酸、浓硫酸、加热
(2)
(3)还原反应
(4)
(5)
(6)
【分析】根据的结构可知A为，和CH3I发生取代反应生成B为，B发生硝化反应生成C为，C发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成 ，发生催化氧化生成E为，E发生已知反应生成F为，F发生还原反应生成G为，G发生已知反应生成H为，G和乙二醇反应生成I，I一定条件生成J，J和CH3I发生取代反应生成，和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成K，K成环生成L，据此解答。
【详解】（1）B→C为硝化反应，反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；
（2）C为，其同分异构体为两性化合物说明含有氨基和羧基，氨基和羧基距离越远越容易形成分子间氢键，熔沸点越高，通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，最先被蒸馏出来的物质是；
（3）根据分析，F→G的反应类型为还原反应；
（4）G→H的化学方程式为；
（5）L中的手性碳原子如图星号所示 ，个数为1；
（6）发生碱性水解生成，和氢气发生加成反应生成，发生催化氧化生成，和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成，发生成环反应生成产物，具体路线为：
。
7．(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：。
8． 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： 、 。
9．(1) 粉碎废钒 搅拌；适当升温
(2)V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O
(3)6VO2＋＋ClO＋ 3H2O= 6VO＋ Cl-＋ 6H＋
(4)作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5) 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
(6)
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【详解】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
（2）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
（3）生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O= 6 VO＋Cl－＋6H＋；
（4）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（5）随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；
（6）根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为(b1c1−b2C2)×10−3mol，根据方程式可得2∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1−b2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是。
10． 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。
11．(1)2:5
(2) 原因： SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+ SO+H2O =MnO2 ↓+ SO+ 2OH- 实验：取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)
(3) 3MnO+4CH3COOH = MnO2 ↓+ 2MnO+2H2O+4CH3COO- 无明显现象 SO ( Na2SO3) MnO2+ SO +2CH3COOH = Mn2+ + SO +H2O +2CH3COO- 2MnO + 5SO+6 CH3COOH = 2Mn2+ + 5SO+3H2O +6CH3COO-
【详解】（1）根据题干可知，MnO在酸性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)，根据得失电子守恒和元素守恒配平可得，则实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2:5；
（2）根据题干信息可知，棕色沉淀为MnO2，则实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+ SO+H2O =MnO2 ↓+ SO+ 2OH-；甲同学补做了实验取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)，证明猜测合理；
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊，说明生成了MnO、MnO2，其离子反应方程式为3MnO+4CH3COOH = MnO2 ↓+ 2MnO+2H2O+4CH3COO-；
①将1mL 0.01mol·L−1 KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1 CH3COOH溶液，无明显现象，说明MnO、MnO2没有被CH3COOH还原，证明猜想不合理；
②MnO、MnO2 可能被SO ( Na2SO3) 还原，根据得失电子守恒和元素守恒配平可知发生的反应为MnO2+ SO +2CH3COOH = Mn2+ + SO +H2O +2CH3COO-，2MnO + 5SO+6 CH3COOH = 2Mn2+ + 5SO+3H2O +6CH3COO-。
12．(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；
13．(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。
14． 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。
15． 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。
北京市门头沟区2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、结构与性质
1．（2023·北京门头沟·统考一模）铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。
(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
2．（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____。
二、原理综合题
3．（2023·北京门头沟·统考一模）减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
(1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。
① NH3催化还原NO为_______(填“放热”“吸热”)反应。
② 上述脱硝的总反应化学方程式为：_______。
(2)电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＜0，现向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生以上反应，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，相同时间内NO的转化率与温度的关系如图3。工业上应选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。 在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时， NO转化率降低的可能原因是_______。
(3)工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为： 2NH3(l) + CO2(l) H2O(l) + NH2CONH2(l) ΔH＜0 ， 在液相中，CO2 的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L= )、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4。
①曲线A、B中，_______(填 “A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195°C时，2NH3(l) + CO2(l) H2O(l) + NH2CONH2(l)的Kx的值为_______ 。
(4)氨气可以用于燃料电池，其原理是氨气与氧气在碱性条件下反应生成一种常见的无毒气体和水，负极的电极反应式是_______。
4．（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_____。
5．（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：___________。
三、有机推断题
6．（2023·北京门头沟·统考一模）物质L是医药工业中广泛使用的一种具有生物活性的中间体。该化合物的一种合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：
①
②
(1)B→C的反应条件为_______。
(2)C有多种同分异构体，属于二元取代苯，且均为两性化合物的有三种，可通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，其中最先被蒸馏出来的物质是(写出结构简式)_______。
(3)F→G的反应类型为_______。
(4)G→H的化学方程式为_______。
(5)L中的手性碳原子个数为_______(连4个不同的原子或原子团的碳原子称手性碳原子)。
(6)参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_____ (无机试剂任选)。
7．（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____。
8．（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。___________
四、工业流程题
9．（2023·北京门头沟·统考一模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii.VO+ 2 OH- VO+H2O
回答下列问题：
(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_______ ； _______(写两条)。
(2)滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_______。
(3)生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为_______。
(4)结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为_______。
(5)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______；_______(写两条)。
(6)测定产品中V2O5的纯度，称取a g产品，先用硫酸溶解，得到 (VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L−1 H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182 g·mol−1)的质量分数是_______(列出计算式)。
10．（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、实验题
11．（2023·北京门头沟·统考一模）某小组同学探究MnO、MnO的性质。
资料：i.MnO的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能
被SO分别还原为Mn2+(无色)、MnO2、MnO (绿色)。
ii. MnO在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为MnO和MnO2。
I.验证MnO与SO的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象
1mL0.01mol·L−1 KMnO4溶液
①
2滴3mol·L−1 H2SO43滴0.1mol·L−1 Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水3滴0.1mol·L−1 Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol·L−1 NaOH3滴0.1 mol·L−1 Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol·L−1 NaOH10滴0.1mol·L−1 Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
(1)实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为_______。
(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 _______。甲同学补做了实验_______(填操作和现象)，证明猜测合理。
II.验证 MnO的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如下：
(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为_______。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
① MnO、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL 0.01mol·L−1 KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1 CH3COOH溶液，_______(填现象)，证明猜想不合理。
② MnO、MnO2 可能被_______还原，发生的反应：_______，_______。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：MnO、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
12．（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。
13．（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____。
14．（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___________。
15．（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___________。
参考答案：
1．(1) 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
(4) 1:3 NA·a3·10-6
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
（2）从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
（3）①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
2．(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。
3．(1) 放热 4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
(2) 乙 催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动
(3) A 3.25
(4)2NH3-6e- + 6OH- = N2 + 6H2O
【详解】（1）①由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应；
②由图象可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为：4NH3＋4NO＋O2═4N2＋6H2O；
（2）由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，则工业上应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的原因有：催化剂活性降低和副反应增多，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故答案为：乙；催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（3）①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于曲线B，则W较小的曲线是A，故答案为：A；
②N点初始氨碳比[L=]为3、初始水碳比[W=]为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3amol，，平衡时总物质的量为3.25amol，则Kx===3.25，故答案为：3.25；
（4）根据题意氨气在该条件下失去电子生成氮气和水，则负极的电极反应式为：2NH3-6e- + 6OH- = N2 + 6H2O。
4．(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↑。
5． 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。
6．(1)浓硝酸、浓硫酸、加热
(2)
(3)还原反应
(4)
(5)
(6)
【分析】根据的结构可知A为，和CH3I发生取代反应生成B为，B发生硝化反应生成C为，C发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成 ，发生催化氧化生成E为，E发生已知反应生成F为，F发生还原反应生成G为，G发生已知反应生成H为，G和乙二醇反应生成I，I一定条件生成J，J和CH3I发生取代反应生成，和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成K，K成环生成L，据此解答。
【详解】（1）B→C为硝化反应，反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；
（2）C为，其同分异构体为两性化合物说明含有氨基和羧基，氨基和羧基距离越远越容易形成分子间氢键，熔沸点越高，通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，最先被蒸馏出来的物质是；
（3）根据分析，F→G的反应类型为还原反应；
（4）G→H的化学方程式为；
（5）L中的手性碳原子如图星号所示 ，个数为1；
（6）发生碱性水解生成，和氢气发生加成反应生成，发生催化氧化生成，和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成，发生成环反应生成产物，具体路线为：
。
7．(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：。
8． 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： 、 。
9．(1) 粉碎废钒 搅拌；适当升温
(2)V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O
(3)6VO2＋＋ClO＋ 3H2O= 6VO＋ Cl-＋ 6H＋
(4)作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5) 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
(6)
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【详解】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
（2）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
（3）生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O= 6 VO＋Cl－＋6H＋；
（4）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（5）随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；
（6）根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为(b1c1−b2C2)×10−3mol，根据方程式可得2∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1−b2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是。
10． 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。
11．(1)2:5
(2) 原因： SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+ SO+H2O =MnO2 ↓+ SO+ 2OH- 实验：取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)
(3) 3MnO+4CH3COOH = MnO2 ↓+ 2MnO+2H2O+4CH3COO- 无明显现象 SO ( Na2SO3) MnO2+ SO +2CH3COOH = Mn2+ + SO +H2O +2CH3COO- 2MnO + 5SO+6 CH3COOH = 2Mn2+ + 5SO+3H2O +6CH3COO-
【详解】（1）根据题干可知，MnO在酸性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)，根据得失电子守恒和元素守恒配平可得，则实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2:5；
（2）根据题干信息可知，棕色沉淀为MnO2，则实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+ SO+H2O =MnO2 ↓+ SO+ 2OH-；甲同学补做了实验取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)，证明猜测合理；
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊，说明生成了MnO、MnO2，其离子反应方程式为3MnO+4CH3COOH = MnO2 ↓+ 2MnO+2H2O+4CH3COO-；
①将1mL 0.01mol·L−1 KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1 CH3COOH溶液，无明显现象，说明MnO、MnO2没有被CH3COOH还原，证明猜想不合理；
②MnO、MnO2 可能被SO ( Na2SO3) 还原，根据得失电子守恒和元素守恒配平可知发生的反应为MnO2+ SO +2CH3COOH = Mn2+ + SO +H2O +2CH3COO-，2MnO + 5SO+6 CH3COOH = 2Mn2+ + 5SO+3H2O +6CH3COO-。
12．(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；
13．(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。
14． 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。
15． 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。
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