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北京市房山区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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这是一份北京市房山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共36页。试卷主要包含了填空题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市房山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·北京房山·统考一模）有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展的重要战略之一，因此捕集、利用CO2始终是科学研究的热点。
（1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①碳在元素周期表中的位置是_______________。
②整个过程中FeO的作用是__________________。
③写出CO2转化为炭黑的总反应化学方程式__________________。
（2）我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加____________助剂效果最好；
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是____________。
（3）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如右图所示。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________________________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____________________。
2．（2020·北京房山·统考一模）近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中， 进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度 变化的关系：
①据图象可知反应平衡常数 K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判 断理由是：________________________________________________；
②若进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)等于 1∶1，400℃时，O2 的转化率是______。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
阴极区发生的反应有Fe3+ + e- = Fe2+和___________________（写反应方程式）。
电路中转移1 mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。
二、实验题
3．（2020·北京房山·统考一模）某实验小组研究 FeCl3 溶液与 Na2SO3 溶液之间的反应，进行如下实验探究
（1）配制 FeCl3 溶液时，先将 FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说 明浓盐酸的作用：______。
（2）甲同学认为，上述实验在开始混合时观察到的现象不涉及氧化还原反应，实验 I中红褐色比 II 中略浅的原因是______。
（3）乙同学认为实验 II 可能发生了氧化还原反应，为了探究反应的产物做了实验 III和生成物检验。
① 取少量 Na2SO3 溶液电极附近的混合液，加入______，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-。
② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生____________________，证明产生了Fe2+。
（4）实验 III 发生反应的方程式是______。
（5）实验小组查阅资料：溶液中 Fe3+、 SO32- 、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
从反应速率和化学平衡两个角度解释实验 I、II 现象背后的原因可能是：______。
4．（2021·北京房山·统考一模）化学变化是有条件的。某小组同学探究与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下。
已知：同浓度的稀溶液中氧化性：。
实验
现象
编号
溶液X
Ⅰ
和，其中，
1小时内溶液颜色始终保持无色
Ⅱ
，
溶液黄色立即加深，30s后溶液变为褐色，无浑浊
Ⅲ
，
5秒后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有)，固体为白色(CuI)
Ⅳ
迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无)，固体为黄色(AgI)
(1)实验Ⅰ的目的是___________。
(2)实验Ⅱ中“黄色立即加深”初步判断有生成，选择___________(填试剂)进一步证实生成了。该条件下氧化性：___________(填“＞”、“＜”)。
(3)实验Ⅲ中与反应的离子方程式是___________，甲同学得出氧化性：。
(4)乙同学认为甲同学的结论不合理，推测实验Ⅲ中的生成，与CuI沉淀有关，不能确定氧化性：，并用如图装置进行验证。K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。为了进一步判断和的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入，发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：___________(填“＞”、“＜”)。
(5)该小组同学进一步分析认为，实验Ⅳ没有发生的原因是：和生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行；请分析实验Ⅲ发生氧化还原反应的原因是___________。
实验结论：在反应体系中，各物质的浓度对氧化还原反应的发生有一定的影响。
5．（2022·北京房山·统考一模）某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色
(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
三、有机推断题
6．（2020·北京房山·统考一模）有机物H（）是一种用于合成健脾，祛风，散寒药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①+H2O（R，是H或烃基）
②（可以是或）
回答下列问题：
（1）A含有的官能团是__________________________________；
（2）B的结构简式为__________________________________；
（3）将下列B→C的多步反应流程图补充完整（标明反应条件）：
_____________________________________________；
（4）由C和D生成E的化学方程式为_______________________________________；
（5）下列说法正确的是_______________________；
a．物质D的核磁共振氢谱有2组吸收峰；
b．物质F可与FeCl3溶液发生显色反应；
c．G→H的反应为加成反应；
（6）E和F反应生成G的化学方程式为________________________________。
7．（2021·北京房山·统考一模）有机物Q是合成抗肿瘤、抗凝血药的中间体，其合成路线如下。
已知：I．
II．RCOOR′+R″OH→RCOOR″+R′OH
(1)A的分子式为，A中所含官能团的名称是___________。
(2)A→B的反应方程式是___________。
(3)D→X的反应方程式是___________。
(4)物质a是分子式为的酯类物质，核磁共振氢谱有两种吸收峰，其结构简式是___________。
(5)Y的结构简式是，反应ⅰ的反应类型是___________。
(6)生成Q的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，写出中间产物的结构简式___________。
8．（2022·北京房山·统考一模）有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如下：
已知：i.RNH2+
ii.R1-COOR2+H2N-R3→+R2OH
(1)A分子中含氧官能团有醚键、___________和___________。(填名称)
(2)A→B的反应方程式是___________。
(3)C→D的条件是___________。
(4)D→E的反应类型是___________。
(5)关于物质A下列说法正确的是___________(填字母)
a．核磁共振氢谱有6组峰
b．能与发生反应
c．一定条件下可发生缩聚反应
(6)已知分子F中含有3个六元环，写出E→F的反应方程式___________。
(7)已知：i. RCH2NH2
ii. +HO-R
以和为原料合成的步骤如下：
请写出产物1及产物2的结构简式___________、___________。
四、工业流程题
9．（2020·北京房山·统考一模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）步骤1开始前需要对硫化铜精矿进行粉碎，目的是______；
（2）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是__________________________________；
（3）步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式______；
（4）步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是______；
②比较c(Cu+)相对大小：A点______C点（填“>”、“<”或“=”）；
③提高C点状态混合物中Cu+沉淀率的措施是______；
（5）步骤4进行的实验操作是______；
（6）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是______。
10．（2021·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时
6.5
1.5
8.1
6.5
完全沉淀时
8.3
2.8
10.1
8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
11．（2022·北京房山·统考一模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
已知：；
(1)基态原子的核外电子排布式是___________。
(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。
(3)溶液a的主要成分是___________。
(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。
(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。
(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。
(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。
12．（2022·北京房山·统考一模）金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：
已知：
(1)该元素位于周期表___________区。
(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积
①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。
②水解的离子方程式为___________。
③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。
④结合图象，当溶液接近___________时，已沉淀完全。
(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。
熔点/℃
-25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。
五、原理综合题
13．（2021·北京房山·统考一模）二氧化碳的捕集与资源化利用是实现碳减排的重要途径。
(1)的电子式是___________。
(2)下列物质理论上可以作为捕集吸收剂的是___________。(填序号)
a．稀b．氨水c．溶液d．溶液
(3)工业上以、为原料生产尿素，该反应分为二步进行：
第一步：
第二步：
①写出上述合成尿素的热化学方程式___________。
②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入和，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：
已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第___________步反应决定，总反应进行到___________min时到达平衡。
(4)较稳定、能量低。为实现的资源化利用，下列研究方向合理的是___________(填序号)。
a．选择低能量的反应物和反应获得高能量的生成物
b．利用电能、光能或热能活化分子
c．选择高效的催化剂
14．（2021·北京房山·统考一模）硫及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(1)S在元素周期表中的位置___________。
(2)是工业制备的主要反应之一、
①提高平衡转化率，可采取的措施___________。
②℃时，2L密闭容器中，充入和，随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
……
2
1.4
1.0
0.65
0.4
0.4
……
℃时，该反应的化学平衡常数(K)的代数式是___________。
(3)工业上用溶液吸收烟气中的低浓度，形成吸收液后再采用阳离子膜电解法控制电压，电解吸收液可制成产品S和。工作原理示意图如图1，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如图2：
①阳极反应的电极反应物是___________。
②结合电极反应式，说明阴极区pH升高的原因___________。
15．（2022·北京房山·统考一模）回收利用是目前解决空间站供氧问题的有效途径，其物质转化如图：
(1)反应A为，是回收利用的关键步骤。
已知：
反应A的___________
(2)将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。
①理论上，能提高平衡转化率的措施有___________(写出一条即可)。
②温度过高或温度过低均不利于该反应的进行，原因是___________。
(3)下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是___________(填字母)。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c．不用作供氧剂的原因可能是不易实现循环利用
(4)用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是___________。
参考答案：
1． 第二周期第ⅣA族 催化剂 CO2 C+O2 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 CO2+HCO3−+2e−=HCOO− +CO32-或CO2+H++2e−=HCOO− 阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区
【分析】（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO是反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物。
③CO2转化为炭黑的总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少。
②加入助剂能降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-。
②阳极区OH-失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区。
【详解】（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO是反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物，整个过程中FeO作催化剂，故答案为：催化剂。
③CO2转化为炭黑的总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳，化学反应方程式：CO2 C+O2，故答案为：CO2 C+O2。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，故答案为：K。
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，故答案为：降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-，阴极的电极反应式为：
CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−，故答案为：CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，是由于电解质溶液中OH-在阳极失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区，故答案为：阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。
2． > 图象表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。 21% CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s) 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 11.2
【分析】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
计算氧气的转化率。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。
【详解】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图象表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
则氧气的转化率为：，故答案为：。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；。
【点睛】进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图象中，a曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 1∶1，b曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 4∶1，c曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 7∶1。
3． Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解 Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 足量盐酸和BaCl2溶液 蓝色沉淀 2Fe3+ + SO32- + H2O 2Fe2+ + SO42-+ 2H+ 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成
【分析】（1）FeCl3 溶液中存在Fe3+水解平衡，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO42-。
②加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，
【详解】（1）配制 FeCl3 溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验Ⅱ，且水解的速率不及实验Ⅱ，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①要证明产生了的SO42-，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。
②要证明Fe3+发生还原反应生成了Fe2+，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+，故答案为：蓝色沉淀。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-，化学反应方程式为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+，故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成。
【点睛】常见的铁离子与亚铁离子的检验方法：（1）Fe3+的检验：①加入OH-生成红褐色沉淀；②加入苯酚溶液生成紫色溶液；③加入KSCN溶液生成血红色溶液；④加入亚铁氰化钾生成蓝色沉淀。（2）Fe2+的检验：①加入OH-白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；②先加KSCN，无现象，再加氯水，生成血红色溶液；③加入铁氰化钾生成蓝色沉淀。
4． 对比实验排除了本实验条件下，可能是由或溶液中的氧化得到的 淀粉溶液或 > < ，Cu+与生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进反应的进行
【分析】(1) 作对照实验，排除实验条件下I2不是NO3-或水中溶解的O2氧化得到；
(2) 碘单质遇到淀粉变蓝色, 有机溶剂也能萃取碘呈现特殊颜色；Fe3+与I-反应生成碘单质和亚铁离子，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
(3) 实验Ⅲ中，通过实验现象知，Cu2+与I-反应有CuI和碘单质生成，说明二者发生氧化还原反应；
(4) 图为具有盐桥的原电池 较长时间发现两侧溶液均无明显变化，说明Cu2+不能氧化I-。将左侧电极改为Cu电极，进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，左侧溶液颜色加深，说明发生转化Cu→Cu2+ 右侧发生还原反应，即I2I-；
(5) 反应Ⅲ发生:2Cu2+ +2I- = 2Cu++ I2 沉淀 促进平衡移动；
【详解】(1) 实验Ⅰ中没有生成，说明实验条件下不是或水中溶解的氧化得到，排除或水中溶解的的干扰，故答案为：作对比实验，排除了实验条件下不是或水中溶解的氧化得到；
(2) 由“黄色立即加深”初步判断有生成，选择淀粉溶液或者四氯化碳进一步证实生成了，故答案为：淀粉溶液或者四氯化碳；与反应生成碘单质和亚铁离子，反应离子方程式为：，故氧化性：，故答案为：；；
(3) 实验Ⅲ中，通过实验现象知，与反应有CuI和碘单质生成，说明二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为： ，故答案为： ；
(4) 图为具有盐桥的原电池，较长时间发现两侧溶液均无明显变化，说明不能氧化，将左侧电极改为Cu电极电极发生偏转，左侧溶液颜色加深，说明发生转化，右侧发生还原反应，向右侧溶液中加入少量，发生转化，说明氧化性明该条件下氧化性：，故答案为：；
(5) 反应Ⅲ发生：，由于与生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡移动，促进反应进行，故答案为：发生，由于与生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡移动，促进反应进行。
5．(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】(1)
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
6． 醛基或-CHO CH3CH=CHCHO ac
【分析】根据已知反应①，A为CH3CHO，在一定条件下，2分子的CH3CHO反应生成B，B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，根据已知反应②，F为，G为，G在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为。
【详解】（1）A为CH3CHO，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基或-CHO。
（2）根据已知反应①，2分子的CH3CHO反应生成B ，B为C4H6O，其结构简式为CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH=CHCHO。
（3）B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成
CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，则，故答案为：。
（4）C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，其化学反应方程式为：，故答案为：。
（5）a. D为HOC(CH3)3，有2种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有2组吸收峰，a正确；
b. 苯酚与FeCl3溶液作用显紫色，而F为，与FeCl3溶液作用不显色，b错误；
c. G为，在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为，c正确；故答案为：ac。
（6）E为CH3CCCOOC(CH3)3，根据已知反应②，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，F为，G为，其化学反应方程式为：，故答案为：。
7． 羟基 +HCHO→ 取代反应 、
【分析】A的分子式为，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明A中有酚羟基，A为苯酚，B发生氧化反应生成邻羟基苯甲醛，则B为，D能和乙酸反应，结合D的分子式可知D为CH3CH2OH，X为CH3COOCH2CH3，a的分子式为：，a的不饱和度为1，核磁共振氢谱有两种吸收峰，且D发生(4)的反应生成a，则a为，反应i为取代反应，Y只含有一种官能团，Y的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，据此分析解题。
【详解】(1)A的分子式为，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明A中有酚羟基，A中所含官能团的名称是羟基。
(2)A→B的反应方程式是：+HCHO→。
(3)D→X的反应方程式是：。
(4)物质a是分子式为的酯类物质，核磁共振氢谱有两种吸收峰，其结构简式是:。
(5)Y的结构简式是，反应ⅰ的反应类型是取代反应。
(6)生成Q的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，+CH3CH2OH→,再发生消去生成，发生信息Ⅱ的取代反应生成，。
8．(1) 酚羟基 羧基
(2)
(3)浓硝酸、浓硫酸、55～60°C
(4)还原反应
(5)ac
(6)
(7)
【分析】A中含有羧基和甲醇发生酯化反应生成B，B中酚羟基和发生取代反应生成C，C反应硝化反应生成D，D中硝基被还原为氨基生成E，E和反应生产最终产物F。
(1)
由A结构简式可知，A分子中含氧官能团有醚键、酚羟基、羧基；
(2)
A→B的反应为浓硫酸加热、甲醇，结合B化学式可知，反应为醇和酸的酯化反应，方程式为；
(3)
B生成C，C生成D，比分析D结构可知，C结构简式为，C生成D为在苯环上引入硝基的反应，故C→D的条件是浓硝酸、浓硫酸、55～60°C；
(4)
D结构中含有硝基，结合E化学式可知，D中硝基为被铁还原为氨基，D→E的反应类型是为还原反应；
(5)
a．A中有6种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，a正确；
b．酚羟基不能和碳酸氢钠反应，羧基能和碳酸氢钠反应，则能与发生反应，b错误；
c．A中含有酚羟基和羧基，一定条件下可发生缩聚反应，生成高分子化合物同时生成小分子水，c正确；
故选ac；
(6)
D中硝基为被铁还原为氨基生成E：，E中含有氨基和酯基，与发生已知i、ii的反应原理生成一个六元环同时生成甲醇，反应为：
；
(7)
和发生已知ii的反应，氨基中氢与醇中羟基发生取代反应，生成产物1，故产物1结构简式为：；产物1由发生已知i的反应，结构中羰基被还原生成产物2，故产物2结构简式为：；产物2中2个羟基在浓硫酸作用下生成醚键得到最终产物。
9． 增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案 CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O SO42- 或(NH4)2SO4 > 加水稀释 过滤 HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【分析】H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，然后过滤，滤液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl，其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到CuCl。
【详解】（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸浸速率，提高铜的浸出率等，故答案为：增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案。
（2）该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应的化学反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。
（3）“溶解”过程中，利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++
2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 。
（4）①涉及反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为SO42-或(NH4)2SO4，故答案为：SO42- 或(NH4)2SO4。
②B点之前Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时建立了CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，但是平衡没移动，所以C点和B点的c(Cu+)相等，由于B点之前，CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡向右移动，所以A点c(Cu+)大于B点，则A点c(Cu+)大于C点，故答案为：>。
③B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，发生[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，沉淀减少，所以提高C点状态混合物中Cu+沉淀率，可以加水稀释，减少c(Cl-)，故答案为：加水稀释。
（5）步骤4是固液分离，所以进行的实验操作是过滤，故答案为：过滤。
（6）硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，则不能用硝酸代替硫酸，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
10． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
11．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4
(3)CuSO4
(4) Au 4
(5)
(6) sp3杂化 作还原剂
(7)
【分析】铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。
（1）
Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）
可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；
（3）
由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；
（4）
配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；
（5）
根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；
（6）
N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；
（7）
由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。
12．(1)d
(2) 将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀 TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+ 调pH，消耗溶液中的H+ 3
(3)1412
(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑
【分析】钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。
【详解】（1）22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，属于d区；
（2）①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；
③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；
④根据图象可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；
（3）TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。
（4）由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。
13． b、c 第二步 55 b、c
【详解】(1)的电子式是；
(2)氯化铵和硫酸均不与二氧化碳发硬，碳酸铵、氨水可吸收二氧化碳，故选bc；
(3)①根据盖斯定律，将第一步和第二步方程式相加可得，；
②根据图示分析，氨气、二氧化碳合成反应较快，合成反应较慢，则合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定；总反应进行到55min，反应达到平衡；
(4)题干说明了二氧化碳较稳定，能量低，a为选择低能量的反应物和反应获得高能量的生成物，低能量的反应物和低能量的二氧化碳反应无法获得高能量的生成物，这个方向是不合理的，不符合题意；
b电能、光能或热能活化的分子得到的能量较高是可以作为研究方向的，符合题意；
c选择高效的催化剂，能够加大二氧化碳的利用率，能达到二氧化碳的利用研究，符合题意；
14． 第三周期第ⅥA族 降温、加压、提高的浓度或移走气体等 或160 阴极电极反应式为，阴极区不断消耗氢离子并生成水，使酸性减弱pH增大
【详解】(1) S在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族；
(2)①该反应为放热反应，由于反应前后气体分子数不同，故可以通过降温、加压、提高的浓度或移走气体等来增大二氧化硫的转化率；
②根据表中数据以及题干信息，列出三段式为，；
(3)①电解池中阳极发生氧化反应，生成氧气的一极为阳极，阳极反应式为，电极反应物为H2O；
②阴极发生还原反应，二氧化硫与氢离子生成S和水，电极反应式为，阴极区不断消耗氢离子生成水，故pH升高。
15．(1)-164.9
(2) 增大压强(或前段加热、后段冷却，或合理的控制气流速度) 温度过低，反应速率太慢；温度过高，平衡逆向进行，CO2的平衡转化率低
(3)b
(4)生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果
【详解】（1）已知：①，②，则反应①×2-②可得反应A，根据盖斯定律可得反应A的；
（2）①反应A为，该反应为气体分子数减少的反应，可通过增大压强的方法使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；根据图象分析，升高温度，H2O的物质的量分数减小，说明升温该反应逆向进行，该反应为放热反应，因此采用前段加热，后段冷却的方法也可以使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；或合理的控制气流速度，使得反应更加充分，从而提高CO2的平衡转化率；
②若反应的温度过低，化学反应速率慢，不利于反应的进行，由①可知，该反应是放热反应，若温度过高，平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率将低；
（3）a．反应B为H2O光解/电解得到O2和H2的过程，能量变化为电能/光能→化学能，a正确；
b．物质转化过程中，有甲烷和氢气产生，因此H、O原子的的利用率没有达到100%，b错误；
c．Na2O2作供氧剂时，消耗之后无法再产生，不可循环利用，c正确；
故答案选b；
（4）用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后，生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果，从而催化剂的催化效果会明显下降。
北京市房山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·北京房山·统考一模）有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展的重要战略之一，因此捕集、利用CO2始终是科学研究的热点。
（1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①碳在元素周期表中的位置是_______________。
②整个过程中FeO的作用是__________________。
③写出CO2转化为炭黑的总反应化学方程式__________________。
（2）我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加____________助剂效果最好；
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是____________。
（3）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如右图所示。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________________________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____________________。
2．（2020·北京房山·统考一模）近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中， 进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度 变化的关系：
①据图象可知反应平衡常数 K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判 断理由是：________________________________________________；
②若进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)等于 1∶1，400℃时，O2 的转化率是______。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
阴极区发生的反应有Fe3+ + e- = Fe2+和___________________（写反应方程式）。
电路中转移1 mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。
二、实验题
3．（2020·北京房山·统考一模）某实验小组研究 FeCl3 溶液与 Na2SO3 溶液之间的反应，进行如下实验探究
（1）配制 FeCl3 溶液时，先将 FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说 明浓盐酸的作用：______。
（2）甲同学认为，上述实验在开始混合时观察到的现象不涉及氧化还原反应，实验 I中红褐色比 II 中略浅的原因是______。
（3）乙同学认为实验 II 可能发生了氧化还原反应，为了探究反应的产物做了实验 III和生成物检验。
① 取少量 Na2SO3 溶液电极附近的混合液，加入______，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-。
② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生____________________，证明产生了Fe2+。
（4）实验 III 发生反应的方程式是______。
（5）实验小组查阅资料：溶液中 Fe3+、 SO32- 、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
从反应速率和化学平衡两个角度解释实验 I、II 现象背后的原因可能是：______。
4．（2021·北京房山·统考一模）化学变化是有条件的。某小组同学探究与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下。
已知：同浓度的稀溶液中氧化性：。
实验
现象
编号
溶液X
Ⅰ
和，其中，
1小时内溶液颜色始终保持无色
Ⅱ
，
溶液黄色立即加深，30s后溶液变为褐色，无浑浊
Ⅲ
，
5秒后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有)，固体为白色(CuI)
Ⅳ
迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无)，固体为黄色(AgI)
(1)实验Ⅰ的目的是___________。
(2)实验Ⅱ中“黄色立即加深”初步判断有生成，选择___________(填试剂)进一步证实生成了。该条件下氧化性：___________(填“＞”、“＜”)。
(3)实验Ⅲ中与反应的离子方程式是___________，甲同学得出氧化性：。
(4)乙同学认为甲同学的结论不合理，推测实验Ⅲ中的生成，与CuI沉淀有关，不能确定氧化性：，并用如图装置进行验证。K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。为了进一步判断和的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入，发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：___________(填“＞”、“＜”)。
(5)该小组同学进一步分析认为，实验Ⅳ没有发生的原因是：和生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行；请分析实验Ⅲ发生氧化还原反应的原因是___________。
实验结论：在反应体系中，各物质的浓度对氧化还原反应的发生有一定的影响。
5．（2022·北京房山·统考一模）某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色
(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
三、有机推断题
6．（2020·北京房山·统考一模）有机物H（）是一种用于合成健脾，祛风，散寒药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①+H2O（R，是H或烃基）
②（可以是或）
回答下列问题：
（1）A含有的官能团是__________________________________；
（2）B的结构简式为__________________________________；
（3）将下列B→C的多步反应流程图补充完整（标明反应条件）：
_____________________________________________；
（4）由C和D生成E的化学方程式为_______________________________________；
（5）下列说法正确的是_______________________；
a．物质D的核磁共振氢谱有2组吸收峰；
b．物质F可与FeCl3溶液发生显色反应；
c．G→H的反应为加成反应；
（6）E和F反应生成G的化学方程式为________________________________。
7．（2021·北京房山·统考一模）有机物Q是合成抗肿瘤、抗凝血药的中间体，其合成路线如下。
已知：I．
II．RCOOR′+R″OH→RCOOR″+R′OH
(1)A的分子式为，A中所含官能团的名称是___________。
(2)A→B的反应方程式是___________。
(3)D→X的反应方程式是___________。
(4)物质a是分子式为的酯类物质，核磁共振氢谱有两种吸收峰，其结构简式是___________。
(5)Y的结构简式是，反应ⅰ的反应类型是___________。
(6)生成Q的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，写出中间产物的结构简式___________。
8．（2022·北京房山·统考一模）有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如下：
已知：i.RNH2+
ii.R1-COOR2+H2N-R3→+R2OH
(1)A分子中含氧官能团有醚键、___________和___________。(填名称)
(2)A→B的反应方程式是___________。
(3)C→D的条件是___________。
(4)D→E的反应类型是___________。
(5)关于物质A下列说法正确的是___________(填字母)
a．核磁共振氢谱有6组峰
b．能与发生反应
c．一定条件下可发生缩聚反应
(6)已知分子F中含有3个六元环，写出E→F的反应方程式___________。
(7)已知：i. RCH2NH2
ii. +HO-R
以和为原料合成的步骤如下：
请写出产物1及产物2的结构简式___________、___________。
四、工业流程题
9．（2020·北京房山·统考一模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）步骤1开始前需要对硫化铜精矿进行粉碎，目的是______；
（2）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是__________________________________；
（3）步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式______；
（4）步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是______；
②比较c(Cu+)相对大小：A点______C点（填“>”、“<”或“=”）；
③提高C点状态混合物中Cu+沉淀率的措施是______；
（5）步骤4进行的实验操作是______；
（6）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是______。
10．（2021·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时
6.5
1.5
8.1
6.5
完全沉淀时
8.3
2.8
10.1
8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
11．（2022·北京房山·统考一模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
已知：；
(1)基态原子的核外电子排布式是___________。
(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。
(3)溶液a的主要成分是___________。
(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。
(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。
(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。
(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。
12．（2022·北京房山·统考一模）金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：
已知：
(1)该元素位于周期表___________区。
(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积
①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。
②水解的离子方程式为___________。
③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。
④结合图象，当溶液接近___________时，已沉淀完全。
(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。
熔点/℃
-25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。
五、原理综合题
13．（2021·北京房山·统考一模）二氧化碳的捕集与资源化利用是实现碳减排的重要途径。
(1)的电子式是___________。
(2)下列物质理论上可以作为捕集吸收剂的是___________。(填序号)
a．稀b．氨水c．溶液d．溶液
(3)工业上以、为原料生产尿素，该反应分为二步进行：
第一步：
第二步：
①写出上述合成尿素的热化学方程式___________。
②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入和，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：
已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第___________步反应决定，总反应进行到___________min时到达平衡。
(4)较稳定、能量低。为实现的资源化利用，下列研究方向合理的是___________(填序号)。
a．选择低能量的反应物和反应获得高能量的生成物
b．利用电能、光能或热能活化分子
c．选择高效的催化剂
14．（2021·北京房山·统考一模）硫及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(1)S在元素周期表中的位置___________。
(2)是工业制备的主要反应之一、
①提高平衡转化率，可采取的措施___________。
②℃时，2L密闭容器中，充入和，随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
……
2
1.4
1.0
0.65
0.4
0.4
……
℃时，该反应的化学平衡常数(K)的代数式是___________。
(3)工业上用溶液吸收烟气中的低浓度，形成吸收液后再采用阳离子膜电解法控制电压，电解吸收液可制成产品S和。工作原理示意图如图1，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如图2：
①阳极反应的电极反应物是___________。
②结合电极反应式，说明阴极区pH升高的原因___________。
15．（2022·北京房山·统考一模）回收利用是目前解决空间站供氧问题的有效途径，其物质转化如图：
(1)反应A为，是回收利用的关键步骤。
已知：
反应A的___________
(2)将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。
①理论上，能提高平衡转化率的措施有___________(写出一条即可)。
②温度过高或温度过低均不利于该反应的进行，原因是___________。
(3)下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是___________(填字母)。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c．不用作供氧剂的原因可能是不易实现循环利用
(4)用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是___________。
参考答案：
1． 第二周期第ⅣA族 催化剂 CO2 C+O2 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 CO2+HCO3−+2e−=HCOO− +CO32-或CO2+H++2e−=HCOO− 阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区
【分析】（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO是反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物。
③CO2转化为炭黑的总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少。
②加入助剂能降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-。
②阳极区OH-失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区。
【详解】（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO是反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物，整个过程中FeO作催化剂，故答案为：催化剂。
③CO2转化为炭黑的总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳，化学反应方程式：CO2 C+O2，故答案为：CO2 C+O2。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，故答案为：K。
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，故答案为：降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-，阴极的电极反应式为：
CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−，故答案为：CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，是由于电解质溶液中OH-在阳极失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区，故答案为：阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。
2． > 图象表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。 21% CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s) 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 11.2
【分析】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
计算氧气的转化率。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。
【详解】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图象表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
则氧气的转化率为：，故答案为：。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；。
【点睛】进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图象中，a曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 1∶1，b曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 4∶1，c曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 7∶1。
3． Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解 Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 足量盐酸和BaCl2溶液 蓝色沉淀 2Fe3+ + SO32- + H2O 2Fe2+ + SO42-+ 2H+ 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成
【分析】（1）FeCl3 溶液中存在Fe3+水解平衡，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO42-。
②加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，
【详解】（1）配制 FeCl3 溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验Ⅱ，且水解的速率不及实验Ⅱ，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①要证明产生了的SO42-，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。
②要证明Fe3+发生还原反应生成了Fe2+，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+，故答案为：蓝色沉淀。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-，化学反应方程式为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+，故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成。
【点睛】常见的铁离子与亚铁离子的检验方法：（1）Fe3+的检验：①加入OH-生成红褐色沉淀；②加入苯酚溶液生成紫色溶液；③加入KSCN溶液生成血红色溶液；④加入亚铁氰化钾生成蓝色沉淀。（2）Fe2+的检验：①加入OH-白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；②先加KSCN，无现象，再加氯水，生成血红色溶液；③加入铁氰化钾生成蓝色沉淀。
4． 对比实验排除了本实验条件下，可能是由或溶液中的氧化得到的 淀粉溶液或 > < ，Cu+与生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进反应的进行
【分析】(1) 作对照实验，排除实验条件下I2不是NO3-或水中溶解的O2氧化得到；
(2) 碘单质遇到淀粉变蓝色, 有机溶剂也能萃取碘呈现特殊颜色；Fe3+与I-反应生成碘单质和亚铁离子，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
(3) 实验Ⅲ中，通过实验现象知，Cu2+与I-反应有CuI和碘单质生成，说明二者发生氧化还原反应；
(4) 图为具有盐桥的原电池 较长时间发现两侧溶液均无明显变化，说明Cu2+不能氧化I-。将左侧电极改为Cu电极，进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，左侧溶液颜色加深，说明发生转化Cu→Cu2+ 右侧发生还原反应，即I2I-；
(5) 反应Ⅲ发生:2Cu2+ +2I- = 2Cu++ I2 沉淀 促进平衡移动；
【详解】(1) 实验Ⅰ中没有生成，说明实验条件下不是或水中溶解的氧化得到，排除或水中溶解的的干扰，故答案为：作对比实验，排除了实验条件下不是或水中溶解的氧化得到；
(2) 由“黄色立即加深”初步判断有生成，选择淀粉溶液或者四氯化碳进一步证实生成了，故答案为：淀粉溶液或者四氯化碳；与反应生成碘单质和亚铁离子，反应离子方程式为：，故氧化性：，故答案为：；；
(3) 实验Ⅲ中，通过实验现象知，与反应有CuI和碘单质生成，说明二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为： ，故答案为： ；
(4) 图为具有盐桥的原电池，较长时间发现两侧溶液均无明显变化，说明不能氧化，将左侧电极改为Cu电极电极发生偏转，左侧溶液颜色加深，说明发生转化，右侧发生还原反应，向右侧溶液中加入少量，发生转化，说明氧化性明该条件下氧化性：，故答案为：；
(5) 反应Ⅲ发生：，由于与生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡移动，促进反应进行，故答案为：发生，由于与生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡移动，促进反应进行。
5．(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】(1)
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
6． 醛基或-CHO CH3CH=CHCHO ac
【分析】根据已知反应①，A为CH3CHO，在一定条件下，2分子的CH3CHO反应生成B，B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，根据已知反应②，F为，G为，G在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为。
【详解】（1）A为CH3CHO，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基或-CHO。
（2）根据已知反应①，2分子的CH3CHO反应生成B ，B为C4H6O，其结构简式为CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH=CHCHO。
（3）B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成
CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，则，故答案为：。
（4）C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，其化学反应方程式为：，故答案为：。
（5）a. D为HOC(CH3)3，有2种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有2组吸收峰，a正确；
b. 苯酚与FeCl3溶液作用显紫色，而F为，与FeCl3溶液作用不显色，b错误；
c. G为，在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为，c正确；故答案为：ac。
（6）E为CH3CCCOOC(CH3)3，根据已知反应②，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，F为，G为，其化学反应方程式为：，故答案为：。
7． 羟基 +HCHO→ 取代反应 、
【分析】A的分子式为，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明A中有酚羟基，A为苯酚，B发生氧化反应生成邻羟基苯甲醛，则B为，D能和乙酸反应，结合D的分子式可知D为CH3CH2OH，X为CH3COOCH2CH3，a的分子式为：，a的不饱和度为1，核磁共振氢谱有两种吸收峰，且D发生(4)的反应生成a，则a为，反应i为取代反应，Y只含有一种官能团，Y的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，据此分析解题。
【详解】(1)A的分子式为，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明A中有酚羟基，A中所含官能团的名称是羟基。
(2)A→B的反应方程式是：+HCHO→。
(3)D→X的反应方程式是：。
(4)物质a是分子式为的酯类物质，核磁共振氢谱有两种吸收峰，其结构简式是:。
(5)Y的结构简式是，反应ⅰ的反应类型是取代反应。
(6)生成Q的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，+CH3CH2OH→,再发生消去生成，发生信息Ⅱ的取代反应生成，。
8．(1) 酚羟基 羧基
(2)
(3)浓硝酸、浓硫酸、55～60°C
(4)还原反应
(5)ac
(6)
(7)
【分析】A中含有羧基和甲醇发生酯化反应生成B，B中酚羟基和发生取代反应生成C，C反应硝化反应生成D，D中硝基被还原为氨基生成E，E和反应生产最终产物F。
(1)
由A结构简式可知，A分子中含氧官能团有醚键、酚羟基、羧基；
(2)
A→B的反应为浓硫酸加热、甲醇，结合B化学式可知，反应为醇和酸的酯化反应，方程式为；
(3)
B生成C，C生成D，比分析D结构可知，C结构简式为，C生成D为在苯环上引入硝基的反应，故C→D的条件是浓硝酸、浓硫酸、55～60°C；
(4)
D结构中含有硝基，结合E化学式可知，D中硝基为被铁还原为氨基，D→E的反应类型是为还原反应；
(5)
a．A中有6种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，a正确；
b．酚羟基不能和碳酸氢钠反应，羧基能和碳酸氢钠反应，则能与发生反应，b错误；
c．A中含有酚羟基和羧基，一定条件下可发生缩聚反应，生成高分子化合物同时生成小分子水，c正确；
故选ac；
(6)
D中硝基为被铁还原为氨基生成E：，E中含有氨基和酯基，与发生已知i、ii的反应原理生成一个六元环同时生成甲醇，反应为：
；
(7)
和发生已知ii的反应，氨基中氢与醇中羟基发生取代反应，生成产物1，故产物1结构简式为：；产物1由发生已知i的反应，结构中羰基被还原生成产物2，故产物2结构简式为：；产物2中2个羟基在浓硫酸作用下生成醚键得到最终产物。
9． 增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案 CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O SO42- 或(NH4)2SO4 > 加水稀释 过滤 HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【分析】H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，然后过滤，滤液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl，其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到CuCl。
【详解】（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸浸速率，提高铜的浸出率等，故答案为：增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案。
（2）该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应的化学反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。
（3）“溶解”过程中，利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++
2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 。
（4）①涉及反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为SO42-或(NH4)2SO4，故答案为：SO42- 或(NH4)2SO4。
②B点之前Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时建立了CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，但是平衡没移动，所以C点和B点的c(Cu+)相等，由于B点之前，CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡向右移动，所以A点c(Cu+)大于B点，则A点c(Cu+)大于C点，故答案为：>。
③B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，发生[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，沉淀减少，所以提高C点状态混合物中Cu+沉淀率，可以加水稀释，减少c(Cl-)，故答案为：加水稀释。
（5）步骤4是固液分离，所以进行的实验操作是过滤，故答案为：过滤。
（6）硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，则不能用硝酸代替硫酸，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
10． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
11．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4
(3)CuSO4
(4) Au 4
(5)
(6) sp3杂化 作还原剂
(7)
【分析】铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。
（1）
Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）
可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；
（3）
由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；
（4）
配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；
（5）
根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；
（6）
N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；
（7）
由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。
12．(1)d
(2) 将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀 TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+ 调pH，消耗溶液中的H+ 3
(3)1412
(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑
【分析】钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。
【详解】（1）22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，属于d区；
（2）①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；
③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；
④根据图象可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；
（3）TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。
（4）由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。
13． b、c 第二步 55 b、c
【详解】(1)的电子式是；
(2)氯化铵和硫酸均不与二氧化碳发硬，碳酸铵、氨水可吸收二氧化碳，故选bc；
(3)①根据盖斯定律，将第一步和第二步方程式相加可得，；
②根据图示分析，氨气、二氧化碳合成反应较快，合成反应较慢，则合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定；总反应进行到55min，反应达到平衡；
(4)题干说明了二氧化碳较稳定，能量低，a为选择低能量的反应物和反应获得高能量的生成物，低能量的反应物和低能量的二氧化碳反应无法获得高能量的生成物，这个方向是不合理的，不符合题意；
b电能、光能或热能活化的分子得到的能量较高是可以作为研究方向的，符合题意；
c选择高效的催化剂，能够加大二氧化碳的利用率，能达到二氧化碳的利用研究，符合题意；
14． 第三周期第ⅥA族 降温、加压、提高的浓度或移走气体等 或160 阴极电极反应式为，阴极区不断消耗氢离子并生成水，使酸性减弱pH增大
【详解】(1) S在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族；
(2)①该反应为放热反应，由于反应前后气体分子数不同，故可以通过降温、加压、提高的浓度或移走气体等来增大二氧化硫的转化率；
②根据表中数据以及题干信息，列出三段式为，；
(3)①电解池中阳极发生氧化反应，生成氧气的一极为阳极，阳极反应式为，电极反应物为H2O；
②阴极发生还原反应，二氧化硫与氢离子生成S和水，电极反应式为，阴极区不断消耗氢离子生成水，故pH升高。
15．(1)-164.9
(2) 增大压强(或前段加热、后段冷却，或合理的控制气流速度) 温度过低，反应速率太慢；温度过高，平衡逆向进行，CO2的平衡转化率低
(3)b
(4)生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果
【详解】（1）已知：①，②，则反应①×2-②可得反应A，根据盖斯定律可得反应A的；
（2）①反应A为，该反应为气体分子数减少的反应，可通过增大压强的方法使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；根据图象分析，升高温度，H2O的物质的量分数减小，说明升温该反应逆向进行，该反应为放热反应，因此采用前段加热，后段冷却的方法也可以使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；或合理的控制气流速度，使得反应更加充分，从而提高CO2的平衡转化率；
②若反应的温度过低，化学反应速率慢，不利于反应的进行，由①可知，该反应是放热反应，若温度过高，平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率将低；
（3）a．反应B为H2O光解/电解得到O2和H2的过程，能量变化为电能/光能→化学能，a正确；
b．物质转化过程中，有甲烷和氢气产生，因此H、O原子的的利用率没有达到100%，b错误；
c．Na2O2作供氧剂时，消耗之后无法再产生，不可循环利用，c正确；
故答案选b；
（4）用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后，生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果，从而催化剂的催化效果会明显下降。
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