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北京海淀区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份北京海淀区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共39页。试卷主要包含了实验题，原理综合题，有机推断题，结构与性质，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
北京海淀区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·北京海淀·统考二模）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
(1)实验室用溶液和粉末在常温下反应制备，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。___________
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为___________。
(2)生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为___________。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是___________。
(3)以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b．既有氧化性，又有还原性
c．能与NaOH反应生成和
d．Se与化合比S与化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程i消耗的与过程消耗的的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
2．（2021·北京海淀·统考二模）实验小组探究不同浓度溶液的电解反应。分别用石墨电极电解溶液和溶液，记录实验现象如下表。
实验装置
实验编号及试剂
实验现象
①溶液(蓝色)
阳极：产生有刺激性气味的气体阴极：电极上有红色固体析出
②溶液(绿色)
阳极：产生有刺激性气味的气体阴极：电极上有少量红色固体和白色固体析出，同时电极附近液体变为黑色
(1)经检验，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。①中电解反应的化学方程式为___________。
Ⅰ．探究②中产生白色固体的原因。
查阅资料：
i．阴极附近的白色固体为；
ii．在水溶液中单独存在时不稳定，容易发生反应：。
结合资料分析CuCl产生的路径有如下两种可能：
(2)路径1：阴极发生电极反应分两步：
i．___________
ⅱ．，同时伴随反应，生成白色沉淀。
(3)路径2：阴极发生电极反应，而后发生反应a：___________(写出离子方程式)，生成白色沉淀。同学们通过实验证明反应a可以发生，其实验操作和现象是___________。
Ⅱ．探究②中阴极区液体中黑色物质的成分。
进一步查阅资料，提出以下猜想。
猜想1．生成氢氧化铜，进而转化为极细小的氧化铜；
猜想2．生成铜的速率快，形成黑色纳米铜；
猜想3．发生反应(棕黑色)。
(4)若猜想1成立，则阴极一定还存在的电极反应是___________。
取2mL黑色液体于试管中，分别加入不同试剂，记录实验现象如下表。
实验编号
③
④
⑤
加入试剂
4mL浓
4mL浓HCl
实验现象
溶液变澄清，呈绿色，试管口有浅红棕色气体生成
黑色液体颜色变深
溶液变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀
(5)甲同学根据实验③产生的现象得出结论：黑色液体中一定有纳米铜。乙同学认为甲同学的结论不合理，他做出判断的依据是___________。
(6)由上述实验可得到的关于黑色物质成分的结论是___________。
3．（2022·北京海淀·统考二模）实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：
i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；
ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；
iii.I2可与S2O发生反应：2S2O+I2=S4O+2I-。
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
(1)实验1-1的目的是____。
(2)(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为____。
为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
0.2mol·L-1KI溶液/mL
0.01mol·L-1Na2S2O3溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%的淀粉溶液/滴
0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30
(3)实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有____。
(4)加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O)降低；
猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，____。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性____(填“强于”或“弱于”)KI的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是____。
③补全猜想2：___。
(5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O)=____mol·L-1·s-1(写出计算式)。
(6)实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是____。(写出2条)。
4．（2023·北京海淀·统考二模）某课题小组用比色法估测无色污水样品中苯酚的浓度。
已知：①比色法是通过与标准色阶比对颜色确定有色物质浓度的方法。
②苯酚是一种水体污染物，在溶液中与氯化铁发生显色反应：
③当苯酚溶液时，其与氯化铁显色效果最佳。
(1)中，提供孤电子对用以形成配位键的原子是_______。
(2)根据苯酚与氯化铁的显色原理，推测溶液的会影响显色效果，设计如下实验。
实验
操作
现象
I
向苯酚溶液(调节)滴加溶液
生成红褐色沉淀
II
向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸
沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液由紫色变为浅黄色
解释实验II中产生相关现象的原因：_______。
(3)缓冲溶液可用于调节并维持待测污水样品在一定范围内。将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，配制成缓冲溶液。解释该缓冲溶液约为5.5的原因：_______。
(4)取的标准苯酚溶液，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，得到溶液X。等差改变标准苯酚溶液的浓度，重复实验，得到标准色阶。
①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，_______。
②下列说法不正确的是_______(填字母序号)。
a.若苯酚溶液，加入缓冲溶液将促进苯酚的电离
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为
c.溶液X中，有
d.若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，其他操作相同，对比色阶，读取的苯酚浓度不变
③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含_______g(保留到小数点后四位)。
(5)小组进一步探究发现不能与形成配合物，原因是_______。
5．（2023·北京海淀·统考二模）白葡萄酒含有糖、醇、有机酸、维生素等营养物质，作为必要的添加剂，具有减缓氧化、防腐、调酸等作用。某学习小组用“直接碘量法”对灌装后存放不同时间的白葡萄酒样品中浓度的变化规律进行探究。
(1)滴定前准备
各取存放了2个月、6个月、10个月的白葡萄酒样品，分别放入三个盛有溶液的碘量瓶中。将碘量瓶在冰水浴中冷却，继续加入硫酸及淀粉溶液，充分超声振荡。
①样品中和溶液反应的离子反应方程式为_______。
②下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a．如果样品颜色较深，应对样品脱色后再进行滴定
b．因在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定
c．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定
(2)滴定过程
待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。
①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为_______。
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是_______。
(3)数据处理及应用
每个样品进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积的平均值，并进行相关计算，结果如下表。
存放时间t/月
2
6
10
V(碘的标准溶液)/
12.50
7.14
5.00
m
n
700
p
①表中_______。
②已知：(k、b为常数)。在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像_______。
③表达的实际含义是_______。
④国际通行标准：白葡萄酒中含量()。该白葡萄酒灌装后存放1个月，含量约为_______(保留到整数位)，符合标准。
(4)实验改进及反思
小组同学先将白葡萄酒中二氧化硫充分蒸出，并用足量碱性溶液完全吸收，再将溶液酸化后用碘的标准溶液滴定。发现测定结果比“直接碘量法”更低。分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因_______。
二、原理综合题
6．（2021·北京海淀·统考二模）合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。
Ⅰ．一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。
已知：①不同铅化合物的溶度积(25℃)：；
②PbSiF6和均为能溶于水的强电解质。
(1)过程i中，物质a表现___________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)过程ⅱ需要加入溶液，从化学平衡的角度解释其作用原理：___________。
(3)过程ⅲ发生反应的离子方程式为___________。
Ⅱ．工业上用PbSiF6、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如下。
(4)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．阴极为粗铅，纯铅在阳极析出
b．电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag
c．工作一段时间后，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定
(5)铅的电解精炼需要调控好电解液中的。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中的变化趋势如图。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是___________。
7．（2021·北京海淀·统考二模）具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物。
Ⅰ．配位－沉淀法制备高效光催化剂
已知：i．Ag3PO4难溶于水，可溶于硝酸；
ii．Ag3PO4沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能；
iii．银氨溶液中存在：
(1)配制银氨溶液时的反应现象是___________。
(2)加入溶液时，发生以下反应，请将离子方程式补充完整：
□+□ +□ =□NH3+□ +□ ___________
(3)和在溶液中反应也可制得Ag3PO4固体，但制得的Ag3PO4固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因：___________。
Ⅱ．Ag3PO4光催化剂的使用和再生
已知：Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应。a．
(4)Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”，a的后续反应：，，则由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为___________。
(5)Ag3PO4光催化降解RhB(代表有机污染物)，RhB被氧化成CO2和H2O。a的后续反应
注：Ag3PO4在该催化过程中可能发生光腐蚀，生成单质银，影响其光催化性能。
用Ag3PO4依次降解三份相同的废水，测得3次降解过程中RhB的残留率(：即时浓度与起始浓度之比)随时间变化的曲线如图。
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．和是降解RhB的重要氧化剂
b．第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低
c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效
②第1次光降解时，内的反应速率为___________(废水中RhB初始浓度为，RhB的摩尔质量为)
8．（2022·北京海淀·统考二模）空燃比是影响发动机油耗和污染物排放量的重要因素。
资料：i.空燃比是通入空气与燃料质量的比值，按化学计量数反应时的空燃比称为理论空燃比。
ii.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1
(1)若不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)。
①与完全燃烧相比，每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为____。
②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比____(填“大于”或“小于”)理论空燃比。
(2)三元催化转化器可降低汽车尾气中CO、碳氢化合物和氮氧化物的含量。汽车尾气中污染物单位时间的转化率与空燃比的关系如图(氮氧化物主要是NO)。
已知：i.空燃比大于15后，空燃比越大，尾气的温度越低。
ii.CO和NO的反应为放热反应。
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，反应的化学方程式为____。
②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是____。(写出2条)。
9．（2023·北京海淀·统考二模）我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
(1)制备甲醇的主反应：。该过程中还存在一个生成的副反应，结合下列反应：
写出该副反应的热化学方程式：_______。
(2)将和按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：产率
①催化剂活性最好的温度为_______(填字母序号)。
a. b. c. d.
②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：_______。
(3)使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为_______。
②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为_______。
③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因：_______。
三、有机推断题
10．（2021·北京海淀·统考二模）普瑞巴林(K)是一种抗癫痫药物，可用异戊二烯(A)为原料来合成，路线如图。
已知：i.RCHO++H2O
ii.
(1)A的官能团是___________(写中文名称)。
(2)C的结构简式为___________。
(3)D→E的化学方程式是___________。
(4)F→G的反应类型为___________。
(5)I中含有一个六元环，H生成I的化学方程式是___________。
(6)若H未发生脱水缩合生成L根据H的酸性推断其直接与过量反应的产物是___________。
(7)将K中的碳原子编号标记为。其中由提供的碳原子的编号为___________(填字母序号)
a．1，2，3，4 b．1，3，4 c．2，3，4 d．1，2，3
11．（2022·北京海淀·统考二模）乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
(1)B的名称是_____。
(2)B→D的化学方程式是_____。
(3)已知2D→E+A，E的结构简式是_____。
(4)下列关于有机物I的说法不正确的是_____。(填序号)。
a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
b．存在酚类同分异构体
c．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
d．核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子
(5)I→J的化学方程式是____。
(6)已知：
①+
②
G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。
G+L→中间产物1中间产物2中间产物3
中间产物1、中间产物3的结构简式是____、____。
12．（2023·北京海淀·统考二模）丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：
已知：i.
ii.
(1)中含有的官能团是硝基和_______。
(2)A→B的化学方程式为_______。
(3)D→E的反应类型为_______。
(4)下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。
A．D含有手性碳原子
B．B和D均能使酸性溶液褪色
C．B和D在水中的溶解性：
D．B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应
(5)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为_______。
(6)H的结构简式为_______。
(7)已知反应过程中可得电子，则反应中I与的物质的量之比为_______。
(8)丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。
依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。
四、结构与性质
13．（2022·北京海淀·统考二模）氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如图。(~代表糖苷键)
(1)基态N的核外电子排布式为____。
(2)碱基中的—NH2具有一定的碱性，可以结合H+形成—NH，从结构角度解释可以结合的原因：____。
(3)鸟嘌呤是一种常见的碱基。
①鸟嘌呤中2号N的杂化类型为____。
②鸟嘌呤中N—H键的平均键长____。(填“大于”“小于”或“等于”)0.29nm。
(4)氢键在DNA复制过程中起重要作用
①碱基中，O、N能与H形成氢键而C不能，原因是____。
②下列说法正确的是____(填序号)。
a.氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成
b.鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用比腺嘌呤与胸腺嘧啶之间的更强
c.碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氢键
(5)一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成—OH。
①鸟嘌呤异构化后的结构简式为____。
②鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是。____。
14．（2023·北京海淀·统考二模）金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态原子中含有的未成对电子数是_______。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。
①该氧化物的化学式是_______，位于距离最近的O构成的_______中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是_______。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为_______。
(3)以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：_______。
②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为_______。
熔点/
1668
651
714
沸点/
3287
1107
1412
③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因：_______。
五、工业流程题
15．（2022·北京海淀·统考二模）对硝基苯酚(，PNP)是应用广泛的精细化工中间体。PNP有毒，工业废水中的PNP需联合采用多种方法进行处理，流程如图。
已知：PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水；其化学性质稳定，可被•OH、HClO氧化降解为无机物，但不能与O2反应。
(1)在pH>14的废水中，PNP的存在形态为____(用结构简式表示)。
(2)絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是____。
(3)低浓度PNP废水可通过电解法处理，装置示意图如图。
①•OH(氧元素为-1价)由水产生，•OH____在(填“Pt”或“石墨”)电极产生。
②产生•OH的电极反应式为____。
(4)废水中所含电解质的种类会影响电解法处理PNP的去除率。其它条件相同时，以NaCl和Na2SO4模拟酸性低浓度PNP废水中的电解质，结果如图。
①电解质为NaCl时，阳极副反应的电极反应式为___。
②电解质为NaCl时，PNP去除率较Na2SO4高，可能的原因是____。
(5)在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP。工业上仍联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，目的是节约电能和____。
参考答案：
1． NaOH溶液 8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋ O2 bc 1∶1
【详解】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a错误；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6，的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c．为酸性氧化物，能与NaOH反应生成不变价的盐和水即和，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
2． CuCl2Cu+Cl2↑ Cu2++e-=Cu+ Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓ 在5mol/LCuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 若猜想3成立，[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]-中+1价铜具有还原性，也可与硝酸反应产生类似的现象 黑色物质中一定含[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]-，可能含纳米铜粉
【详解】(1)电解溶液，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，是氯气，阴极上有红色固体析出，固体为铜，则电解反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。
Ⅰ．(2)若阴极电极反应分两步，第二步是，则第一步是生成Cu+，则电极反应为Cu2++e-=Cu+。
(3)若阴极先发生电极反应，而后发生资料ⅱ中可逆反应的逆反应，即铜和铜离子的归中反应，生成的Cu+和溶液中的Cl-生成CuCl白色沉淀：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓。要通过实验证明反应a能发生，可以在5mol/LCuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成。
Ⅱ．(4)若猜想1成立，需要生成OH-，所以阴极一定还存在的电极反应是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
(5)实验③发生了氧化还原反应，铜被氧化生成Cu2+，硝酸被还原生成NO，但不一定是单质铜被氧化，也可能是中的+1价铜被氧化，所以乙同学认为甲同学的结论不合理。
(6)由上述实验可知猜想1不成立，因为阴极没有气体产生，根据实验④，加入浓盐酸，增大了Cl-的浓度，使平衡正向移动，黑色液体颜色加深，根据实验⑤，加水，平衡逆向移动，溶液变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀CuCl，所以黑色物质一定有，根据实验③，也可能含有纳米铜粉。
3．(1)做对照，排除O2氧化I-的干扰
(2)+2I-=2+I2
(3)无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化
(4) 强于 实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n()仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），溶液应立即变蓝 生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝
(5)
(6)(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)
【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率。
（1）
实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排除O2氧化I-的干扰。
（2）
根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的的离子方程式为+2I-=2+I2。
（3）
实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化。
（4）
①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；
②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，起始n()=0.4´10-3mol，n()=0.008´10-3mol，该反应后n()=0.396´10-3mol，仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），即实验2-2中与反应后，溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；
③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝。
（5）
由反应+2I-=2+I2和反应2+I2=+2I-可得：~2，30s内，Δn()=0.1´0.08´10-3mol，则Δn()=´0.1´0.08´10-3mol，故30s内的平均反应速率v()==mol·L-1·s-1。
（6）
实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。
4．(1)O
(2)盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色
(3)将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以
(4) 加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度 abd 0.2525
(5)中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动
【详解】（1）中，O原子含有孤电子对，提供孤电子对用以形成配位键的原子是O；
（2）向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸，盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色。
（3）将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以，约为5.5。
（4）①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度。
②a．若苯酚溶液，缓冲溶液的pH=5.5，加入缓冲溶液将抑制苯酚的电离，故a错误；
b．溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为，故b错误；
c．根据物料守恒，溶液X中，有，故c正确；
d．若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，仍定容至，相当于把污水样品稀释10倍，对比色阶，读取的苯酚浓度减小，故d错误；
选abd；
③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含的物质的量为，质量为0.001mol×252.5g/mol=0.2525g。
（5）中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动，所以不能与形成配合物。
5．(1) SO2 + 2OH- = SO+ H2O abc
(2) I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 3I－） 溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去
(3) 1.00×10-3 灌装时c(SO2) 197
(4)白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液
【详解】（1）①样品中和溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为SO2 + 2OH- = SO+ H2O。故答案为：SO2 + 2OH- = SO+ H2O；
②a．如果样品颜色较深，应将样品稀释或对样品脱色后再进行滴定，确保终点现象明显，故正确；b．因在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定，故正确；c．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定，减少SO2的逸出，故正确；故答案为：abc；
（2）①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 =SO+ 4H+ + 3I－）。故答案为：I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 3I－）；
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去。故答案为：溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去；
（3）①表中= 1.00×10-3。故答案为：1.00×10-3；
②已知：(k、b为常数)。n==400,P==1000,在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像 。故答案为： ；
③表达的实际含义是灌装时c(SO2)。故答案为：灌装时c(SO2)；
④将存放2个月和10个月的数据代入公式，400=2k+b，1000=10k+b，得k=75，b=250，国际通行标准：白葡萄酒中含量()。该白葡萄酒灌装后存放1个月，=1×75+250=325，c(SO2)= mol·L－1,含量约为= =197，符合标准。故答案为：197；
（4）测定结果比“直接碘量法”更低,分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液。故答案为：白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液。
6． 还原 PbSO4在溶液中存在PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO(aq)，加入(NH4)2CO3溶液，由于Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，CO+Pb2+=PbCO3↓，使c(Pb2+)减小，上述PbSO4的溶解平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3 PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑ bc c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大
【详解】(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅,铅元素化合价降低,被还原,故物质a表现还原性。
(2)过程ⅱPbSO4转化为PbCO3：PbSO4在溶液中存在PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO(aq)，加入(NH4)2CO3溶液，由于 ，CO+Pb2+=PbCO3↓，使c(Pb2+)减小，上述PbSO4的溶解平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3。
(3)过程ⅲPbCO3溶解，PbSiF6和为能溶于水的强电解质，则为二元强酸，PbCO3和发生反应生成PbSiF6、水和二氧化碳，离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑。
Ⅱ． (4)a．阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则阳极上铅等金属溶解、阳极为粗铅，纯铅在阴极析出，a错误；
b．粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag，b正确；
c．阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2+浓度有所下降，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定，c正确；
则说法正确的是bc。
(5)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大。
7． 先产生沉淀，继续滴加氨水，溶液变澄清 3Ag(NH3)+HPO+OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c(PO)较大，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体 2CO2+4H2O2CH3OH+3O2 abc
【详解】Ⅰ．(1)向硝酸银中滴加氨水，发生复分解反应生成氢氧化银沉淀、继续滴加氨水，则氢氧化银和氨水反应生成溶液，当生成的白色沉淀恰好溶解，即为银氨溶液，故配制银氨溶液时的反应现象是：先产生沉淀，继续滴加氨水，溶液变澄清；
(2)由信息知：银氨溶液中加入溶液时生成磷酸银沉淀、同时产生氨气，则离子方程式为：3Ag(NH3)+HPO+OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O；
(3)已知：具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，但AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c(PO)较大，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体，故制得的Ag3PO4固体光催化性能极差；
Ⅱ．(4)由 a．、a的后续反应②：以及③，按得失电子守恒可知：12×a+3×②+③×2可得：由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2；
(5)①a．降解RhB即使之被氧化为二氧化碳和水，需要氧化剂，和是 a的后续反应的产物，是重要氧化剂，a正确；
b．由图知，第一次降解过程大约为60min,而第2次降解过程大约要400min，第3次RhB的残留率高、则第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低，b正确；
c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效，c正确；
说法正确的是abc；
②第1次光降解时，内的反应速率为 。
8．(1) 1132kJ 大于
(2) CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低
【解析】(1)
①不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)，生成的CO可以继续燃烧，根据ii可知，4molCO燃烧可放出1132kJ能量，所以每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为1132kJ；②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比要大于理论空燃比，是由于增大空气的用量来提高燃料的利用率；
故答案为：1132kJ，大于。
(2)
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即生成CO2和N2，反应的化学方程式为：；②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是由于CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，导致NO难以被还原为N2；由已知i可知，空燃比大于15后，空燃比越大，尾气温度越低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低；
故答案为：；CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低。
9．(1)
(2) c 当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；稳定升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低
(3) Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ Zn2+++2e－=ZnO+ 阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变
【详解】（1）根据两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为 。
（2）①当温度为523 K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低。
（3）①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。②Zn2+和反应得到了ZnO和，对应的电极反应式为Zn2+++2e－=ZnO+。③阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变。
10． 碳碳双键 (CH3)2CHCH2CH2Br 2+O22+2H2O或2+O22+2H2O 加成反应 +H2O或+H2O 或 b
【分析】D催化氧化得到E，由E知D为，结合流程知， C为，B为 ，E→F为信息反应，则F为，由分子式知F到G是加成反应、G在酸性条件下酯基水解，则G为，H为分子内脱羧所得，H分子脱水后形成的I含有1个六元环、I能和氨水反应，则H为，I为，J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，据此回答；
【详解】(1)A为异戊二烯，官能团是碳碳双键。
(2)由分析知，C的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br。
(3)D→E的化学方程式是与O2在铜作催化剂、加热下的反应，生成和H2O，化学方程式为 2+O22+2H2O或2+O22+2H2O。
(4) F为， G为，F与反应生成G，则为加成反应。
(5)H为 ，H在五氧化二磷作用下脱水得到I、I中含有一个六元环，则H生成I时2个羧基间脱去1个水分子生成酸酐，化学方程式是+H2O或+H2O。
(6)羧基具酸性、能与一水合氨反应生成羧酸铵，若H未发生脱水缩合、则可直接与过量反应，产物是或。
(7) F即，F含碳碳双键，与反应生成G即。G中酯基水解，羧基残留，所以羧基及与之相连的碳原子来自，即3、4号碳原子均来自于，又知J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，则J中酰胺基上的碳原子、K中的1号碳原子也由提供，则答案为b。
11．(1)乙酸
(2)CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(3)
(4)bcd
(5)+CH3Cl +HCl
(6)
【分析】A的分子式为C2H6O，其能连续被氧化，则A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，D为CH3COOC2H5；已知2D→E+A，则E为；由I的结构简式，可确定J为。
【详解】（1）由分析可知，B为CH3COOH，则B的名称是乙酸。答案为：乙酸；
（2）D为CH3COOC2H5，则B→D的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
（3）已知2D→E+A，则E的结构简式是。答案为：；
（4）有机物I的结构简式为。
a．醇-OH能发生取代反应、氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，a正确；
b．有机物I的不饱和度为3，而酚的不饱和度至少为4，所以不存在酚类同分异构体，b不正确；
c．醇-OH、碳碳双键都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，c不正确；
d．I分子中与-CH3、-CH2OH同时相连的环上碳原子，连接的环上的两个原子团是相同的，所以不是手性分子，d不正确；
故选bcd。答案为：bcd；
（5）由分析知，J为，则I→J的化学方程式是+CH3Cl +HCl。答案为：+CH3Cl +HCl；
（6）由信息，可推出中间产物1的结构简式为、中间产物2的结构简式为、中间产物3的结构简式为。答案为：；。
【点睛】由原料及目标有机物推断中间产物时，可采用顺、逆推相结合的方法。
12．(1)醛基
(2)+CH3CH2OH+H2O
(3)取代反应
(4)BCD
(5)
(6)
(7)1:2
(8)
【分析】由题干合成流程图可知，由D到E的转化条件、E的结构简式和B到D、A到B的转化条件以及A的分子式并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，B的结构简式为： ，A的结构简式为：，由F到G的转化条件和G的分子式并结合已知信息ii可知，G的结构简式为：，由H的分子式和I的结构简式可知，H的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】（1）中含有的官能团是硝基和醛基，故答案为：醛基；
（2）由分析可知，A为，B为 ，结合题干信息可知，A→B的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
（3）由分析可知，D为：，则D→E即+HBr+H2O，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（4）A．由分析可知，D为，D分子不含同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子即没有手性碳原子，A错误；
B．由分析可知，B为，D为，B和D分子中的侧链上连有两个甲基的碳原子上含有H，故均能使酸性溶液褪色，B正确；
C．由分析可知，B为，D为，B中酯基转换为D中的醇羟基，故B和D在水中的溶解性：，C正确；
D．由分析可知，B为，B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应，该同分异构体的结构简式可以为：，D正确；
故答案为：BCD；
（5）由分析可知，G的结构简式为：，根据F转化为G的原理可知，由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为，故答案为：；
（6）由分析可知，H的结构简式为，故答案为： ；
（7）由题干信息可知，I为，J为，则反应过程中失去4个电子，已知反应过程中可得电子，根据得失电子总数相等可知反应中I与的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
（8）由题干信息中起始物质：，和丹参酮ⅡA的分子式以及已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化，可推导出：X的结构简式为：，丹参酮ⅡA的结构简式为： ，故答案为： ； 。
13．(1)1s22s22p3
(2)氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键
(3) sp2 小于
(4) O、N电负性大于C ab
(5) 胸腺嘧啶
【解析】(1)
基态N的核外电子排布式为1s22s22p3；
故答案为：1s22s22p3。
(2)
氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键，生成—NH，所以—NH2具有一定的碱性；
故答案为：氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键。
(3)
①由鸟嘌呤结构可知，2号N原子有2个键和1个孤电子对，所以杂化方式为sp2；由结构可知，鸟嘌呤中N—H键的平均键长小于0.29nm。
故答案为：sp2，小于。
(4)
①氢键为分子间相互作用，O、N、F的电负性大，带有较多的负电荷，可以与呈电正性的H原子形成氢键。由于C电负性低，C原子上的负电荷并不大，因此不能与H形成氢键；②氢键的强度小，在DNA解旋和复制时断裂和形成，a正确；鸟嘌呤与胞嘧啶之间有三个氢键，腺嘌呤与胸腺嘧啶之间有两个个氢键，鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用更强，b正确；由结构可知，碱基配对时，一个H不可以同时与多个原子形成氢键，c错误；
故答案为： O、N电负性大于C，ab。
(5)
鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成—OH，异构化后的结构简式为，鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是胸腺嘧啶；
故答案为：，胸腺嘧啶。
14．(1)2
(2) TiO2 d c
(3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。
（2）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为=4，Ti的个数为=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为，一个晶胞体积为a2bcm3，则有×a2bcm3=Vcm3，NA=。
（3）钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
15．(1)
(2)将转化为微溶的，降低废水中PNP的浓度
(3) Pt H2O-e-=•OH +H+
(4) 2Cl--2e-=Cl2↑ NaCl作电解质时产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP
(5)回收PNP
【分析】对硝基苯酚能和碱进行反应生成对硝基苯酚盐，从而溶解在水溶液中，再向其中加入稀硫酸转化为对硝基苯酚，因PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，在絮凝沉淀池将其沉淀下来得到PNP晶体，同时得到低浓度PNP废水，最后对该溶液进行电解即可得到合格废水；
【详解】（1）在碱性溶液中会发生发生反应：，故PNP的存在形态为 ；
（2）PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，向絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是调节溶液pH，将转化为，从溶液中析出，降低废水中PNP的浓度；
（3）分析电解池可知，Pt和石墨电极与电源正极、负极相连，故Pt和石墨电极分别为阳极和阴极，阳极失去电子发生氧化反应：H2O-e-=•OH +H+，阴极得到电子发生还原反应；•OH失去电子，在阳极发生，即Pt电极；
（4）当电解质为NaCl时，Cl-会在阳极放电，故阳极副反应的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP；
（5）在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP，工业上联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，可得到PNP，故目的是节约电能和回收PNP。
北京海淀区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·北京海淀·统考二模）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
(1)实验室用溶液和粉末在常温下反应制备，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。___________
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为___________。
(2)生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为___________。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是___________。
(3)以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b．既有氧化性，又有还原性
c．能与NaOH反应生成和
d．Se与化合比S与化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程i消耗的与过程消耗的的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
2．（2021·北京海淀·统考二模）实验小组探究不同浓度溶液的电解反应。分别用石墨电极电解溶液和溶液，记录实验现象如下表。
实验装置
实验编号及试剂
实验现象
①溶液(蓝色)
阳极：产生有刺激性气味的气体阴极：电极上有红色固体析出
②溶液(绿色)
阳极：产生有刺激性气味的气体阴极：电极上有少量红色固体和白色固体析出，同时电极附近液体变为黑色
(1)经检验，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。①中电解反应的化学方程式为___________。
Ⅰ．探究②中产生白色固体的原因。
查阅资料：
i．阴极附近的白色固体为；
ii．在水溶液中单独存在时不稳定，容易发生反应：。
结合资料分析CuCl产生的路径有如下两种可能：
(2)路径1：阴极发生电极反应分两步：
i．___________
ⅱ．，同时伴随反应，生成白色沉淀。
(3)路径2：阴极发生电极反应，而后发生反应a：___________(写出离子方程式)，生成白色沉淀。同学们通过实验证明反应a可以发生，其实验操作和现象是___________。
Ⅱ．探究②中阴极区液体中黑色物质的成分。
进一步查阅资料，提出以下猜想。
猜想1．生成氢氧化铜，进而转化为极细小的氧化铜；
猜想2．生成铜的速率快，形成黑色纳米铜；
猜想3．发生反应(棕黑色)。
(4)若猜想1成立，则阴极一定还存在的电极反应是___________。
取2mL黑色液体于试管中，分别加入不同试剂，记录实验现象如下表。
实验编号
③
④
⑤
加入试剂
4mL浓
4mL浓HCl
实验现象
溶液变澄清，呈绿色，试管口有浅红棕色气体生成
黑色液体颜色变深
溶液变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀
(5)甲同学根据实验③产生的现象得出结论：黑色液体中一定有纳米铜。乙同学认为甲同学的结论不合理，他做出判断的依据是___________。
(6)由上述实验可得到的关于黑色物质成分的结论是___________。
3．（2022·北京海淀·统考二模）实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：
i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；
ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；
iii.I2可与S2O发生反应：2S2O+I2=S4O+2I-。
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
(1)实验1-1的目的是____。
(2)(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为____。
为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
0.2mol·L-1KI溶液/mL
0.01mol·L-1Na2S2O3溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%的淀粉溶液/滴
0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30
(3)实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有____。
(4)加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O)降低；
猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，____。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性____(填“强于”或“弱于”)KI的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是____。
③补全猜想2：___。
(5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O)=____mol·L-1·s-1(写出计算式)。
(6)实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是____。(写出2条)。
4．（2023·北京海淀·统考二模）某课题小组用比色法估测无色污水样品中苯酚的浓度。
已知：①比色法是通过与标准色阶比对颜色确定有色物质浓度的方法。
②苯酚是一种水体污染物，在溶液中与氯化铁发生显色反应：
③当苯酚溶液时，其与氯化铁显色效果最佳。
(1)中，提供孤电子对用以形成配位键的原子是_______。
(2)根据苯酚与氯化铁的显色原理，推测溶液的会影响显色效果，设计如下实验。
实验
操作
现象
I
向苯酚溶液(调节)滴加溶液
生成红褐色沉淀
II
向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸
沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液由紫色变为浅黄色
解释实验II中产生相关现象的原因：_______。
(3)缓冲溶液可用于调节并维持待测污水样品在一定范围内。将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，配制成缓冲溶液。解释该缓冲溶液约为5.5的原因：_______。
(4)取的标准苯酚溶液，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，得到溶液X。等差改变标准苯酚溶液的浓度，重复实验，得到标准色阶。
①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，_______。
②下列说法不正确的是_______(填字母序号)。
a.若苯酚溶液，加入缓冲溶液将促进苯酚的电离
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为
c.溶液X中，有
d.若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，其他操作相同，对比色阶，读取的苯酚浓度不变
③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含_______g(保留到小数点后四位)。
(5)小组进一步探究发现不能与形成配合物，原因是_______。
5．（2023·北京海淀·统考二模）白葡萄酒含有糖、醇、有机酸、维生素等营养物质，作为必要的添加剂，具有减缓氧化、防腐、调酸等作用。某学习小组用“直接碘量法”对灌装后存放不同时间的白葡萄酒样品中浓度的变化规律进行探究。
(1)滴定前准备
各取存放了2个月、6个月、10个月的白葡萄酒样品，分别放入三个盛有溶液的碘量瓶中。将碘量瓶在冰水浴中冷却，继续加入硫酸及淀粉溶液，充分超声振荡。
①样品中和溶液反应的离子反应方程式为_______。
②下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a．如果样品颜色较深，应对样品脱色后再进行滴定
b．因在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定
c．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定
(2)滴定过程
待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。
①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为_______。
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是_______。
(3)数据处理及应用
每个样品进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积的平均值，并进行相关计算，结果如下表。
存放时间t/月
2
6
10
V(碘的标准溶液)/
12.50
7.14
5.00
m
n
700
p
①表中_______。
②已知：(k、b为常数)。在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像_______。
③表达的实际含义是_______。
④国际通行标准：白葡萄酒中含量()。该白葡萄酒灌装后存放1个月，含量约为_______(保留到整数位)，符合标准。
(4)实验改进及反思
小组同学先将白葡萄酒中二氧化硫充分蒸出，并用足量碱性溶液完全吸收，再将溶液酸化后用碘的标准溶液滴定。发现测定结果比“直接碘量法”更低。分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因_______。
二、原理综合题
6．（2021·北京海淀·统考二模）合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。
Ⅰ．一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。
已知：①不同铅化合物的溶度积(25℃)：；
②PbSiF6和均为能溶于水的强电解质。
(1)过程i中，物质a表现___________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)过程ⅱ需要加入溶液，从化学平衡的角度解释其作用原理：___________。
(3)过程ⅲ发生反应的离子方程式为___________。
Ⅱ．工业上用PbSiF6、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如下。
(4)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．阴极为粗铅，纯铅在阳极析出
b．电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag
c．工作一段时间后，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定
(5)铅的电解精炼需要调控好电解液中的。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中的变化趋势如图。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是___________。
7．（2021·北京海淀·统考二模）具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物。
Ⅰ．配位－沉淀法制备高效光催化剂
已知：i．Ag3PO4难溶于水，可溶于硝酸；
ii．Ag3PO4沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能；
iii．银氨溶液中存在：
(1)配制银氨溶液时的反应现象是___________。
(2)加入溶液时，发生以下反应，请将离子方程式补充完整：
□+□ +□ =□NH3+□ +□ ___________
(3)和在溶液中反应也可制得Ag3PO4固体，但制得的Ag3PO4固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因：___________。
Ⅱ．Ag3PO4光催化剂的使用和再生
已知：Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应。a．
(4)Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”，a的后续反应：，，则由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为___________。
(5)Ag3PO4光催化降解RhB(代表有机污染物)，RhB被氧化成CO2和H2O。a的后续反应
注：Ag3PO4在该催化过程中可能发生光腐蚀，生成单质银，影响其光催化性能。
用Ag3PO4依次降解三份相同的废水，测得3次降解过程中RhB的残留率(：即时浓度与起始浓度之比)随时间变化的曲线如图。
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．和是降解RhB的重要氧化剂
b．第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低
c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效
②第1次光降解时，内的反应速率为___________(废水中RhB初始浓度为，RhB的摩尔质量为)
8．（2022·北京海淀·统考二模）空燃比是影响发动机油耗和污染物排放量的重要因素。
资料：i.空燃比是通入空气与燃料质量的比值，按化学计量数反应时的空燃比称为理论空燃比。
ii.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1
(1)若不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)。
①与完全燃烧相比，每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为____。
②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比____(填“大于”或“小于”)理论空燃比。
(2)三元催化转化器可降低汽车尾气中CO、碳氢化合物和氮氧化物的含量。汽车尾气中污染物单位时间的转化率与空燃比的关系如图(氮氧化物主要是NO)。
已知：i.空燃比大于15后，空燃比越大，尾气的温度越低。
ii.CO和NO的反应为放热反应。
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，反应的化学方程式为____。
②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是____。(写出2条)。
9．（2023·北京海淀·统考二模）我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
(1)制备甲醇的主反应：。该过程中还存在一个生成的副反应，结合下列反应：
写出该副反应的热化学方程式：_______。
(2)将和按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：产率
①催化剂活性最好的温度为_______(填字母序号)。
a. b. c. d.
②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：_______。
(3)使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为_______。
②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为_______。
③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因：_______。
三、有机推断题
10．（2021·北京海淀·统考二模）普瑞巴林(K)是一种抗癫痫药物，可用异戊二烯(A)为原料来合成，路线如图。
已知：i.RCHO++H2O
ii.
(1)A的官能团是___________(写中文名称)。
(2)C的结构简式为___________。
(3)D→E的化学方程式是___________。
(4)F→G的反应类型为___________。
(5)I中含有一个六元环，H生成I的化学方程式是___________。
(6)若H未发生脱水缩合生成L根据H的酸性推断其直接与过量反应的产物是___________。
(7)将K中的碳原子编号标记为。其中由提供的碳原子的编号为___________(填字母序号)
a．1，2，3，4 b．1，3，4 c．2，3，4 d．1，2，3
11．（2022·北京海淀·统考二模）乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
(1)B的名称是_____。
(2)B→D的化学方程式是_____。
(3)已知2D→E+A，E的结构简式是_____。
(4)下列关于有机物I的说法不正确的是_____。(填序号)。
a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
b．存在酚类同分异构体
c．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
d．核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子
(5)I→J的化学方程式是____。
(6)已知：
①+
②
G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。
G+L→中间产物1中间产物2中间产物3
中间产物1、中间产物3的结构简式是____、____。
12．（2023·北京海淀·统考二模）丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：
已知：i.
ii.
(1)中含有的官能团是硝基和_______。
(2)A→B的化学方程式为_______。
(3)D→E的反应类型为_______。
(4)下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。
A．D含有手性碳原子
B．B和D均能使酸性溶液褪色
C．B和D在水中的溶解性：
D．B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应
(5)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为_______。
(6)H的结构简式为_______。
(7)已知反应过程中可得电子，则反应中I与的物质的量之比为_______。
(8)丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。
依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。
四、结构与性质
13．（2022·北京海淀·统考二模）氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如图。(~代表糖苷键)
(1)基态N的核外电子排布式为____。
(2)碱基中的—NH2具有一定的碱性，可以结合H+形成—NH，从结构角度解释可以结合的原因：____。
(3)鸟嘌呤是一种常见的碱基。
①鸟嘌呤中2号N的杂化类型为____。
②鸟嘌呤中N—H键的平均键长____。(填“大于”“小于”或“等于”)0.29nm。
(4)氢键在DNA复制过程中起重要作用
①碱基中，O、N能与H形成氢键而C不能，原因是____。
②下列说法正确的是____(填序号)。
a.氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成
b.鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用比腺嘌呤与胸腺嘧啶之间的更强
c.碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氢键
(5)一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成—OH。
①鸟嘌呤异构化后的结构简式为____。
②鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是。____。
14．（2023·北京海淀·统考二模）金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态原子中含有的未成对电子数是_______。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。
①该氧化物的化学式是_______，位于距离最近的O构成的_______中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是_______。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为_______。
(3)以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：_______。
②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为_______。
熔点/
1668
651
714
沸点/
3287
1107
1412
③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因：_______。
五、工业流程题
15．（2022·北京海淀·统考二模）对硝基苯酚(，PNP)是应用广泛的精细化工中间体。PNP有毒，工业废水中的PNP需联合采用多种方法进行处理，流程如图。
已知：PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水；其化学性质稳定，可被•OH、HClO氧化降解为无机物，但不能与O2反应。
(1)在pH>14的废水中，PNP的存在形态为____(用结构简式表示)。
(2)絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是____。
(3)低浓度PNP废水可通过电解法处理，装置示意图如图。
①•OH(氧元素为-1价)由水产生，•OH____在(填“Pt”或“石墨”)电极产生。
②产生•OH的电极反应式为____。
(4)废水中所含电解质的种类会影响电解法处理PNP的去除率。其它条件相同时，以NaCl和Na2SO4模拟酸性低浓度PNP废水中的电解质，结果如图。
①电解质为NaCl时，阳极副反应的电极反应式为___。
②电解质为NaCl时，PNP去除率较Na2SO4高，可能的原因是____。
(5)在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP。工业上仍联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，目的是节约电能和____。
参考答案：
1． NaOH溶液 8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋ O2 bc 1∶1
【详解】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a错误；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6，的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c．为酸性氧化物，能与NaOH反应生成不变价的盐和水即和，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
2． CuCl2Cu+Cl2↑ Cu2++e-=Cu+ Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓ 在5mol/LCuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 若猜想3成立，[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]-中+1价铜具有还原性，也可与硝酸反应产生类似的现象 黑色物质中一定含[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]-，可能含纳米铜粉
【详解】(1)电解溶液，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，是氯气，阴极上有红色固体析出，固体为铜，则电解反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。
Ⅰ．(2)若阴极电极反应分两步，第二步是，则第一步是生成Cu+，则电极反应为Cu2++e-=Cu+。
(3)若阴极先发生电极反应，而后发生资料ⅱ中可逆反应的逆反应，即铜和铜离子的归中反应，生成的Cu+和溶液中的Cl-生成CuCl白色沉淀：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓。要通过实验证明反应a能发生，可以在5mol/LCuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成。
Ⅱ．(4)若猜想1成立，需要生成OH-，所以阴极一定还存在的电极反应是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
(5)实验③发生了氧化还原反应，铜被氧化生成Cu2+，硝酸被还原生成NO，但不一定是单质铜被氧化，也可能是中的+1价铜被氧化，所以乙同学认为甲同学的结论不合理。
(6)由上述实验可知猜想1不成立，因为阴极没有气体产生，根据实验④，加入浓盐酸，增大了Cl-的浓度，使平衡正向移动，黑色液体颜色加深，根据实验⑤，加水，平衡逆向移动，溶液变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀CuCl，所以黑色物质一定有，根据实验③，也可能含有纳米铜粉。
3．(1)做对照，排除O2氧化I-的干扰
(2)+2I-=2+I2
(3)无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化
(4) 强于 实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n()仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），溶液应立即变蓝 生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝
(5)
(6)(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)
【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率。
（1）
实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排除O2氧化I-的干扰。
（2）
根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的的离子方程式为+2I-=2+I2。
（3）
实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化。
（4）
①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；
②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，起始n()=0.4´10-3mol，n()=0.008´10-3mol，该反应后n()=0.396´10-3mol，仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），即实验2-2中与反应后，溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；
③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝。
（5）
由反应+2I-=2+I2和反应2+I2=+2I-可得：~2，30s内，Δn()=0.1´0.08´10-3mol，则Δn()=´0.1´0.08´10-3mol，故30s内的平均反应速率v()==mol·L-1·s-1。
（6）
实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。
4．(1)O
(2)盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色
(3)将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以
(4) 加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度 abd 0.2525
(5)中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动
【详解】（1）中，O原子含有孤电子对，提供孤电子对用以形成配位键的原子是O；
（2）向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸，盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色。
（3）将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以，约为5.5。
（4）①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度。
②a．若苯酚溶液，缓冲溶液的pH=5.5，加入缓冲溶液将抑制苯酚的电离，故a错误；
b．溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为，故b错误；
c．根据物料守恒，溶液X中，有，故c正确；
d．若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，仍定容至，相当于把污水样品稀释10倍，对比色阶，读取的苯酚浓度减小，故d错误；
选abd；
③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含的物质的量为，质量为0.001mol×252.5g/mol=0.2525g。
（5）中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动，所以不能与形成配合物。
5．(1) SO2 + 2OH- = SO+ H2O abc
(2) I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 3I－） 溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去
(3) 1.00×10-3 灌装时c(SO2) 197
(4)白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液
【详解】（1）①样品中和溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为SO2 + 2OH- = SO+ H2O。故答案为：SO2 + 2OH- = SO+ H2O；
②a．如果样品颜色较深，应将样品稀释或对样品脱色后再进行滴定，确保终点现象明显，故正确；b．因在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定，故正确；c．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定，减少SO2的逸出，故正确；故答案为：abc；
（2）①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 =SO+ 4H+ + 3I－）。故答案为：I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 3I－）；
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去。故答案为：溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去；
（3）①表中= 1.00×10-3。故答案为：1.00×10-3；
②已知：(k、b为常数)。n==400,P==1000,在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像 。故答案为： ；
③表达的实际含义是灌装时c(SO2)。故答案为：灌装时c(SO2)；
④将存放2个月和10个月的数据代入公式，400=2k+b，1000=10k+b，得k=75，b=250，国际通行标准：白葡萄酒中含量()。该白葡萄酒灌装后存放1个月，=1×75+250=325，c(SO2)= mol·L－1,含量约为= =197，符合标准。故答案为：197；
（4）测定结果比“直接碘量法”更低,分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液。故答案为：白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液。
6． 还原 PbSO4在溶液中存在PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO(aq)，加入(NH4)2CO3溶液，由于Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，CO+Pb2+=PbCO3↓，使c(Pb2+)减小，上述PbSO4的溶解平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3 PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑ bc c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大
【详解】(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅,铅元素化合价降低,被还原,故物质a表现还原性。
(2)过程ⅱPbSO4转化为PbCO3：PbSO4在溶液中存在PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO(aq)，加入(NH4)2CO3溶液，由于 ，CO+Pb2+=PbCO3↓，使c(Pb2+)减小，上述PbSO4的溶解平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3。
(3)过程ⅲPbCO3溶解，PbSiF6和为能溶于水的强电解质，则为二元强酸，PbCO3和发生反应生成PbSiF6、水和二氧化碳，离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑。
Ⅱ． (4)a．阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则阳极上铅等金属溶解、阳极为粗铅，纯铅在阴极析出，a错误；
b．粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag，b正确；
c．阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2+浓度有所下降，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定，c正确；
则说法正确的是bc。
(5)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大。
7． 先产生沉淀，继续滴加氨水，溶液变澄清 3Ag(NH3)+HPO+OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c(PO)较大，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体 2CO2+4H2O2CH3OH+3O2 abc
【详解】Ⅰ．(1)向硝酸银中滴加氨水，发生复分解反应生成氢氧化银沉淀、继续滴加氨水，则氢氧化银和氨水反应生成溶液，当生成的白色沉淀恰好溶解，即为银氨溶液，故配制银氨溶液时的反应现象是：先产生沉淀，继续滴加氨水，溶液变澄清；
(2)由信息知：银氨溶液中加入溶液时生成磷酸银沉淀、同时产生氨气，则离子方程式为：3Ag(NH3)+HPO+OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O；
(3)已知：具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，但AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c(PO)较大，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体，故制得的Ag3PO4固体光催化性能极差；
Ⅱ．(4)由 a．、a的后续反应②：以及③，按得失电子守恒可知：12×a+3×②+③×2可得：由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2；
(5)①a．降解RhB即使之被氧化为二氧化碳和水，需要氧化剂，和是 a的后续反应的产物，是重要氧化剂，a正确；
b．由图知，第一次降解过程大约为60min,而第2次降解过程大约要400min，第3次RhB的残留率高、则第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低，b正确；
c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效，c正确；
说法正确的是abc；
②第1次光降解时，内的反应速率为 。
8．(1) 1132kJ 大于
(2) CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低
【解析】(1)
①不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)，生成的CO可以继续燃烧，根据ii可知，4molCO燃烧可放出1132kJ能量，所以每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为1132kJ；②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比要大于理论空燃比，是由于增大空气的用量来提高燃料的利用率；
故答案为：1132kJ，大于。
(2)
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即生成CO2和N2，反应的化学方程式为：；②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是由于CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，导致NO难以被还原为N2；由已知i可知，空燃比大于15后，空燃比越大，尾气温度越低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低；
故答案为：；CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低。
9．(1)
(2) c 当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；稳定升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低
(3) Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ Zn2+++2e－=ZnO+ 阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变
【详解】（1）根据两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为 。
（2）①当温度为523 K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低。
（3）①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。②Zn2+和反应得到了ZnO和，对应的电极反应式为Zn2+++2e－=ZnO+。③阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变。
10． 碳碳双键 (CH3)2CHCH2CH2Br 2+O22+2H2O或2+O22+2H2O 加成反应 +H2O或+H2O 或 b
【分析】D催化氧化得到E，由E知D为，结合流程知， C为，B为 ，E→F为信息反应，则F为，由分子式知F到G是加成反应、G在酸性条件下酯基水解，则G为，H为分子内脱羧所得，H分子脱水后形成的I含有1个六元环、I能和氨水反应，则H为，I为，J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，据此回答；
【详解】(1)A为异戊二烯，官能团是碳碳双键。
(2)由分析知，C的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br。
(3)D→E的化学方程式是与O2在铜作催化剂、加热下的反应，生成和H2O，化学方程式为 2+O22+2H2O或2+O22+2H2O。
(4) F为， G为，F与反应生成G，则为加成反应。
(5)H为 ，H在五氧化二磷作用下脱水得到I、I中含有一个六元环，则H生成I时2个羧基间脱去1个水分子生成酸酐，化学方程式是+H2O或+H2O。
(6)羧基具酸性、能与一水合氨反应生成羧酸铵，若H未发生脱水缩合、则可直接与过量反应，产物是或。
(7) F即，F含碳碳双键，与反应生成G即。G中酯基水解，羧基残留，所以羧基及与之相连的碳原子来自，即3、4号碳原子均来自于，又知J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，则J中酰胺基上的碳原子、K中的1号碳原子也由提供，则答案为b。
11．(1)乙酸
(2)CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(3)
(4)bcd
(5)+CH3Cl +HCl
(6)
【分析】A的分子式为C2H6O，其能连续被氧化，则A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，D为CH3COOC2H5；已知2D→E+A，则E为；由I的结构简式，可确定J为。
【详解】（1）由分析可知，B为CH3COOH，则B的名称是乙酸。答案为：乙酸；
（2）D为CH3COOC2H5，则B→D的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
（3）已知2D→E+A，则E的结构简式是。答案为：；
（4）有机物I的结构简式为。
a．醇-OH能发生取代反应、氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，a正确；
b．有机物I的不饱和度为3，而酚的不饱和度至少为4，所以不存在酚类同分异构体，b不正确；
c．醇-OH、碳碳双键都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，c不正确；
d．I分子中与-CH3、-CH2OH同时相连的环上碳原子，连接的环上的两个原子团是相同的，所以不是手性分子，d不正确；
故选bcd。答案为：bcd；
（5）由分析知，J为，则I→J的化学方程式是+CH3Cl +HCl。答案为：+CH3Cl +HCl；
（6）由信息，可推出中间产物1的结构简式为、中间产物2的结构简式为、中间产物3的结构简式为。答案为：；。
【点睛】由原料及目标有机物推断中间产物时，可采用顺、逆推相结合的方法。
12．(1)醛基
(2)+CH3CH2OH+H2O
(3)取代反应
(4)BCD
(5)
(6)
(7)1:2
(8)
【分析】由题干合成流程图可知，由D到E的转化条件、E的结构简式和B到D、A到B的转化条件以及A的分子式并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，B的结构简式为： ，A的结构简式为：，由F到G的转化条件和G的分子式并结合已知信息ii可知，G的结构简式为：，由H的分子式和I的结构简式可知，H的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】（1）中含有的官能团是硝基和醛基，故答案为：醛基；
（2）由分析可知，A为，B为 ，结合题干信息可知，A→B的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
（3）由分析可知，D为：，则D→E即+HBr+H2O，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（4）A．由分析可知，D为，D分子不含同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子即没有手性碳原子，A错误；
B．由分析可知，B为，D为，B和D分子中的侧链上连有两个甲基的碳原子上含有H，故均能使酸性溶液褪色，B正确；
C．由分析可知，B为，D为，B中酯基转换为D中的醇羟基，故B和D在水中的溶解性：，C正确；
D．由分析可知，B为，B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应，该同分异构体的结构简式可以为：，D正确；
故答案为：BCD；
（5）由分析可知，G的结构简式为：，根据F转化为G的原理可知，由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为，故答案为：；
（6）由分析可知，H的结构简式为，故答案为： ；
（7）由题干信息可知，I为，J为，则反应过程中失去4个电子，已知反应过程中可得电子，根据得失电子总数相等可知反应中I与的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
（8）由题干信息中起始物质：，和丹参酮ⅡA的分子式以及已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化，可推导出：X的结构简式为：，丹参酮ⅡA的结构简式为： ，故答案为： ； 。
13．(1)1s22s22p3
(2)氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键
(3) sp2 小于
(4) O、N电负性大于C ab
(5) 胸腺嘧啶
【解析】(1)
基态N的核外电子排布式为1s22s22p3；
故答案为：1s22s22p3。
(2)
氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键，生成—NH，所以—NH2具有一定的碱性；
故答案为：氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键。
(3)
①由鸟嘌呤结构可知，2号N原子有2个键和1个孤电子对，所以杂化方式为sp2；由结构可知，鸟嘌呤中N—H键的平均键长小于0.29nm。
故答案为：sp2，小于。
(4)
①氢键为分子间相互作用，O、N、F的电负性大，带有较多的负电荷，可以与呈电正性的H原子形成氢键。由于C电负性低，C原子上的负电荷并不大，因此不能与H形成氢键；②氢键的强度小，在DNA解旋和复制时断裂和形成，a正确；鸟嘌呤与胞嘧啶之间有三个氢键，腺嘌呤与胸腺嘧啶之间有两个个氢键，鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用更强，b正确；由结构可知，碱基配对时，一个H不可以同时与多个原子形成氢键，c错误；
故答案为： O、N电负性大于C，ab。
(5)
鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成—OH，异构化后的结构简式为，鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是胸腺嘧啶；
故答案为：，胸腺嘧啶。
14．(1)2
(2) TiO2 d c
(3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。
（2）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为=4，Ti的个数为=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为，一个晶胞体积为a2bcm3，则有×a2bcm3=Vcm3，NA=。
（3）钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
15．(1)
(2)将转化为微溶的，降低废水中PNP的浓度
(3) Pt H2O-e-=•OH +H+
(4) 2Cl--2e-=Cl2↑ NaCl作电解质时产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP
(5)回收PNP
【分析】对硝基苯酚能和碱进行反应生成对硝基苯酚盐，从而溶解在水溶液中，再向其中加入稀硫酸转化为对硝基苯酚，因PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，在絮凝沉淀池将其沉淀下来得到PNP晶体，同时得到低浓度PNP废水，最后对该溶液进行电解即可得到合格废水；
【详解】（1）在碱性溶液中会发生发生反应：，故PNP的存在形态为 ；
（2）PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，向絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是调节溶液pH，将转化为，从溶液中析出，降低废水中PNP的浓度；
（3）分析电解池可知，Pt和石墨电极与电源正极、负极相连，故Pt和石墨电极分别为阳极和阴极，阳极失去电子发生氧化反应：H2O-e-=•OH +H+，阴极得到电子发生还原反应；•OH失去电子，在阳极发生，即Pt电极；
（4）当电解质为NaCl时，Cl-会在阳极放电，故阳极副反应的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP；
（5）在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP，工业上联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，可得到PNP，故目的是节约电能和回收PNP。
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