北京市房山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

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北京市房山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·北京房山·二模）对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。
(1)含氰废水中的CN-有剧毒。
①CN-中N元素显-3价，用原子结构解释N元素显负价的原因是_______。
②NaClO溶液可将CN-氧化成N2、HCO3-，从而消除CN-污染，反应的离子方程式为_____。
(2)含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示。

①A是电池的_________极(填“正”或“负”)；
②B极的电极反应式为_______。
(3)含重金属铬(Ⅵ)的废水具有较强的毒性，离子交换树脂(ROH)法可将有毒废水中的CrO42-和Cr2O72-吸附至树脂上除去，原理如下：2ROH+CrO42-→R2CrO4+2OH-、2ROH+Cr2O72-→R2Cr2O7+2OH- (已知：废水中存在如下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O）。
控制溶液酸性可以提高树脂对铬(Ⅵ)的去除率，其理由是_________。
2．（2021·北京房山·统考二模）乙醇是一种优良燃料，在推动能源变革方面具有重要的作用。某地煤制乙醇的过程表示如图。
煤→⋯→乙酸甲酯乙醇
(1)Cu(NO3)2是制备“催化剂X”的重要试剂。

①气体A的名称是_______。
②实验室用Cu(NO3)2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3。运用化学平衡原理简述HNO3的作用_______
(2)过程a包括以下3个主要反应：
Ⅰ.CH3COOCH3(g) +2H2(g)⇌C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1
Ⅱ. CH3COOCH3(g)+C2H5OH(g)⇌CH3COOC2H5(g)+CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ.CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH3
相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性(如乙醇选择性=)如图所示。

① 已知：ΔH1 <0。随温度降低，反应Ⅰ化学平衡常数的变化趋势是_______。
②下列说法不合理的是_______。
a.温度可影响反应的选择性
b.225℃~235℃，反应Ⅰ处于平衡状态
c.增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率
③为防止“反应Ⅲ”发生，反应温度应控制的范围是_______。
④ 在185℃下，CH3COOCH3起始物质的量为5 mol，生成乙醇的物质的量是_______。
3．（2020·北京房山·二模）某小组用实验I验证Fe2(SO4)3与Cu的反应，观察到了异常现象，决定对其进行深入探究。
实验I：

（1）Fe2(SO4)3溶液常温下呈酸性的原因是___。
（2）Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应的离子方程式为___。
（3）实验前，小组同学预测经过步骤2后溶液不应该呈现红色，依据是__。
（4）实验小组对白色沉淀的产生进行了深入探究
查阅资料：i.CuSCN为难溶于水的白色固体。
ii.SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似
经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能
猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应
猜测2：亚铁离子将其还原Cu2++Fe2+=Cu++Fe3+，Cu++SCN-=CuSCN↓
为证实猜想小组同学做了实验II和III。（FeSO4和CuSO4溶液浓度为0.1mol/L，KSCN溶液浓度为0.4mol/L）
实验序号
对比实验及试剂
实验步骤
实验现象
II
A试管溶液2mLFeSO4
加入1mLKSCN溶液
开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管
B试管2mLCuSO4溶液
加入1mLKSCN溶液
溶液变成绿色

①猜测1的离子方程式____；
②实验II中试管__（填字母）中的现象可以证实猜测1不成立。
实验序号
对比实验及试剂
实验步骤
实验现象

C试管2mLFeSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液
溶液变为淡蓝色
再加入1mLKSCN溶液
溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈红色
D试管2mLFeSO4溶液
加入4mLCuSO4溶液
溶液变为淡蓝色
再加入1mLKSCN溶液
溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈浅红色
E试管4mLFeSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液
溶液变为淡蓝色
再加入1mLKSCN溶液
溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色

（5）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验III中的现象解释Cu2++Fe2+=Cu++Fe3+能正向发生的原因是___。
（6）实验小组查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是___。
4．（2022·北京房山·统考二模）某小组用实验1探究FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生。
实验1：

资料：ⅰ.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO、Cu2+与Cl-。
ⅱ.(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。
(1)FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为____。
(2)小组同学推测白色沉淀中的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的，为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：

由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是___。
(3)该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：
步骤
实验操作
实验现象
I
_____
溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余
II
取I中上层清液于试管中，滴加1滴0.1mol/L KSCN溶液
立刻出现红色，同时有白色沉淀生成
III
振荡II中试管，静置
白色沉淀变多，红色逐渐褪去

①步骤I的实验操作是____。
②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是____。
③步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是____。
④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：____。
5．（2020·北京房山·二模）化合物I是合成六元环甾类化合物的一种中间体。合成I的路线如图：

已知：①+R3COOH(—R1、—R2、—R3均为烃基)
②
③
回答下列问题：
（1）苯与H2在一定条件下加成可得A，A的结构简式是___；
（2）B为一氯代物，B→C的化学方程式是___；
（3）D中的官能团名称是___；
（4）D→E的化学方程式是___；
（5）下列说法正确的是__；
a.物质F的核磁共振氢谱有2组吸收峰；
b.F→G的反应类型为加成
c.1mol物质G与氢气加成最多消耗氢气的物质的量为2mol；
d.物质H存在顺反异构体；
（6）物质I的结构简式是___；
（7）请写出以B为原料（其他试剂任选）合成的路线______。
6．（2021·北京房山·统考二模）全球首个利用诺奖技术(低氧诱导因子原理)开发的肾性贫血治疗创新药物“罗沙司他”的一种制备流程如图：

已知： →(R、R’表示烃基或氢)
(1)按照官能团分类，A所属的类别是_______。
(2)C的结构简式是_______。
(3)E→F的化学反应方程式是_______。
(4)下列说法正确的是_______
a.D有一种同分异构体与B含有相同的官能团
b.E能与Br2发生取代反应
c.I极易溶于水
(5)已知+R´-NH2⟶+H2O反应过程如图：

有机物J的结构简式为_______，②的反应类型为_______。
7．（2022·北京房山·统考二模）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：

已知：RCH=CHCOOR′+
回答下列问题：
(1)A的名称是____，B中含氧官能团的名称是____。
(2)B→C的化学方程式是____。
(3)C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式是____。
(4)D→E的反应类型是____。
(5)B有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式____。
①不含—CH3
②含2种官能团
③含苯环，且苯环上仅有2个取代基
④核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2
(6)参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)____。
8．（2020·北京房山·二模）工业废气中的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：
（1）已知氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1
N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+68kJ·mol-1
则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH___kJ·mol-1。
（2）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为：___
①□MnO+□SO2+□H2O□MnO+□ +□ 。（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号）
②在上述反应中加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是___。
（3）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：
I.CaSO3(s)+SO(aq)CaSO4(s)+SO(aq)
II.SO(aq)+2NO2(g)+H2O(l)SO(aq)+2NO(aq)+2H+(aq)
浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。

a点后NO2去除率降低的原因是___。
（4）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：
I.将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO；
II.加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液（过量）充分混合；
III.用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL。
①NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为___。
②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有___和锥形瓶等。
③滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
烟气气样中NOx折合成NO2的含量为__mg·m-3。
9．（2021·北京房山·统考二模）NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1 kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9 kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_______。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2，当有1 mol NH3参与反应时，去除NO2_______mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(如图1所示)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线(如图2所示)。

请回答：
i．在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______；
ii．当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_______。
10．（2021·北京房山·统考二模）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用图中电池装置进行实验。

回答下列问题：
(1)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据表中数据，图中盐桥中应选择_______作为电解质。
阳离子
u∞×108/(m2·s-1·V-1)
阴离子
u∞×108/(m2·s-1·V-1)
Li+
4.07

4.61
Na+
5.19

7.40
Ca2+
6.59
Cl-
7.91
K+
7.62

8.27

(2)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入_______(填写“铁”或“石墨”)电极溶液中。
(3)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=_______。
(4)根据(2)、(3)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为_______。因此，验证了氧化性_______ >_______，还原性_______ >_______。
(5)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的操作是_______。
11．（2022·北京房山·统考二模）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为____。
(2)在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%

①该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是____。
(3)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。

①曲线a对应的温度是____。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是____。
(4)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为____。

(5)NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步。已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式____。
12．（2020·北京房山·二模）四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]，摩尔质量为457g·mol-1，难溶于水］是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如图，回答下列问题：

已知：6NH4HCO3+3ZnSO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑
(1)实验前需要将锌灰研磨成粉末状，原因是____。
(2)步骤I中需将溶液pH调至5.1，应选择的最佳试剂是___。(填字母)
a．NaOH       b．ZnO           c．Ba(OH)2
(3)步骤I滴加KMnO4溶液的目的是___。
(4)步骤Ⅱ中加入的a是___。
(5)步骤Ⅳ的化学方程式是___。
(6)步骤Ⅳ反应结束后得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作包括___和干燥。
(7)称取45.7mgZn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为___。

13．（2021·北京房山·统考二模）某工业铜沉淀渣主要成分为Cu、Cu2Se和Cu2Te，还含有Ag等稀贵金属。回收铜(CuSO4)、硒(Se)、碲(Te)的主要流程如图：

(1) “铜沉淀渣”中硒元素化合价为_______
(2)经过“硫酸化焙烧”，Cu、Cu2Se和Cu2Te转变为CuSO4，其中Cu2Te硫酸化焙烧反应如下，请补全方程式
Cu2Te+ H2SO4=2CuSO4+ TeO2+_______+ H2O
___________
(3)焙烧产生的SeO2、SO2与“吸收塔”中的H2O反应生成粗硒及某一含硫化合物，该含硫化合物化学式为_______
(4)“水浸固体”过程中补充少量NaCl固体，可减少固体中的银(Ag2SO4)进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动角度解释其原因_______
(5)“滤液2”经过_______、_______、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。
(6)碲化镉薄膜电池是具有发展前景的太阳能技术之一。用如图装置可以完成碲的精炼。写出碱性条件下实现碲(Te)沉积的电极反应式 _______

14．（2022·北京房山·统考二模）工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，低温硫酸化焙烧—水浸工艺制备V2O5，其流程如图：

资料：
ⅰ.VOSO4高温易分解
ⅱ.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)
ⅲ.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+浓度越高，萃取率越低，萃取钒效果越差
ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+
ⅴ.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀
3.2
9.0
4.7

(1)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOSO4的化学方程式是____。
(2)预处理过程中先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，加入Na2SO3溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失，再用氨水混合并调节溶液pH。
①请结合相关离子方程式，说明加入Na2SO3的第二个作用____。
②解释加氨水调节pH≈5的原因是____。
(3)上述I的具体操作为____。
(4)沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10O中的钒元素以多钒酸铵((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释沉钒的pH=2.5的原因是____。

(5)测定产品中V2O5的纯度：
称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____。(V2O5的摩尔质量：182g•mol-1)
15．（2022·北京房山·统考二模）金属铬及其化合物广泛应用于工业生产中。
(1)烟酸铬是铬的一种化合物，可促进生物体内的蛋白质合成，提高生物体的免疫力，其合成过程如图：

①H、C、N、O的电负性由大到小的顺序是____。
②烟酸中碳原子的杂化方式为____。
(2)基态铬原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。
(3)铬元素的一种配合物[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O，配离子中提供孤电子对的原子为____，配位数为____。
(4)Cr2O3晶体的熔点为2435℃，而CrCl3晶体易升华，其主要原因是____。
(5)铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为____。


参考答案：
1．     C原子与N原子间存在共用电子对，C和N的原子电子层数相同(同周期)，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对核外电子吸引能力C＜N，共用电子对偏向N，N元素显负价     2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl-     正     CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+     由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高，因此控制酸性使上述平衡(2CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O)正向移动，使CrO42-转化为Cr2O72-
【分析】(1)①根据元素非金属性强弱及对电子对吸引能力大小分析；
②根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析、书写；
(2)①根据原电池中阳离子的移动方向确定正、负极；
②原电池中正极上得电子，发生还原反应；负极失去电子，发生氧化反应，结合B极反应物及生成物来分析解答；
(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。
【详解】(1)①C、N都是同一周期的非金属性元素，原子间以共用电子对，由于元素的核电荷数C＜N，所以原子半径C＞N，原子半径越小，吸引电子能力就越强，原子核对核外电子吸引能力C＜N，因此共用电子对偏向N，而偏离C原子，从而使N元素显负价；
②NaClO具有强氧化性，可将CN-氧化成N2、HCO3-，ClO-被还原产生Cl-，从而消除CN-污染。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl-；
(2)①在原电池中H+的移动方向是从负极流向正极，根据示意图可知：H+向A电极移动，所以A电极为正极，B电极为负极；
②A是正极，B是负极，负极上CH3COO-失去电子，与溶液中的H2O结合产生HCO3-，同时得到H+，则负极B上发生的电极反应式为：CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+；
(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。由于在废水中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在其它条件不变时，增大c(H+)，使溶液的酸性增强，化学平衡正向移动，使更多的CrO42-转化为Cr2O72-，从而提高了污水中Cr的去除率。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的配平、原电池反应原理及化学平衡移动原理的应用识，根据元素化合价的变化，结合氧化还原反应规律配平方程式，会根据离子移动方向判断原电池的正负极，结合题目已知信息，正确书写两个电极的电极反应，会从溶液的pH值对平衡移动的影响分析污水处理原理，注意知识的迁移和应用是解题的关键。
2．     一氧化氮     Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+     增大     b     小于205℃     0.2mol
【详解】(1)①Cu和稀HNO3反应生成NO气体，其名称为一氧化氮；
②在Cu(NO3)2溶液中，Cu2+会发生水解：，加入稀HNO3可以增大溶液中H+的浓度，抑制Cu2+的水解；
(2)①ΔH1＜0，反应为放热反应，降低温度，反应I的化学平衡常数增大；
②a．如图2所示，温度不同，乙醇和乙酸乙酯的选择性不同，即温度可影响反应的选择性，a正确；
b．225℃~235℃之间，乙醇的选择性几乎不变，但是乙酸乙酯的选择性降低；若反应I处于平衡状态，则反应I产生的C2H5OH的量保持不变，而反应II使消耗C2H5OH、生成乙酸乙酯的反应，乙酸乙酯的选择性降低，说明反应II向左移动，C2H5OH的量增加，使得反应I向左移动，则反应I不能处于平衡状态，b错误；
c．增大H2浓度，可以使得反应I、反应III向右移动，增大CH3COOCH3的转化率，同时还增大了C2H5OH的浓度，引起反应II向右移动，因此也间接地增大了反应II中CH3COOCH3的转化率，c正确；
故选b；
③根据图2，温度超过205℃时，乙醇的选择性变化不大，但乙酸乙酯的选择性较大，如果温度升高，乙酸乙酯的选择性大幅度减小，不利于反应生成乙醇，为防止“反应Ⅲ”发生，应控制温度低于205℃；
④在185℃下，乙醇选择性为20%，CH3COOCH3的转化率为20%，则5mol CH3COOCH3反应生成乙醇的物质的量为5mol×20%×20%=0.2mol。
3．     Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Fe3+水解使溶液显酸性     Fe3++3SCN-Fe(SCN)3     依据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Cu粉过量不应有Fe3+存在     2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2     B     由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动     可设计对比实验
对比实验及试剂
实验步骤
实验现象
F试管
2mL0.1mol/LFeSO4溶液
加入4mL0.1mol/LCuSO4溶液
再加入1mL0.4mol/LKSCN溶液
一段时间后整支试管溶液呈红色
G试管
2mL0.1mol/LFeSO4溶液
加入4mL0.1mol/L CuSO4溶液
再加入1mL1mol/LKSCN溶液
一段时间后整支试管溶液的颜色比F试管颜色更深

也可设计成原电池装置，在左侧烧杯中滴入1滴浓度较大的硫氰化钾溶液，在滴入前与滴入后记录电压表（或电流计）示数的变化

【分析】Fe2(SO4)3 属于强酸弱碱盐，Fe3+可以水解而使溶液显酸性。根据平衡移动原理及影响化学平衡移动的因素进行分析。
【详解】（1）Fe2(SO4)3 属于强酸弱碱盐，Fe3+可以水解而使溶液显酸性，故Fe2(SO4)3溶液常温下呈酸性的原因是：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Fe3+水解使溶液显酸性。
（2）Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应后溶液变为血红色，该反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（3）实验前，小组同学预测经过步骤2后溶液不应该呈现红色，依据是：发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+的物质的量为0.0001mol，Cu的物质的量约为0.002mol，Cu粉过量,不应有Fe3+存在。
（4）①SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，则其有还原性，Cu2+有氧化性，白色固体为CuSCN，Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，故离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；
②实验II中，试管B中的CuSO4溶液中加入KSCN溶液后，溶液变成绿色的现象，因为没有白色沉淀生成，故可以证实猜测1不成立。
（5）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验III中的现象解释Cu2++Fe2+=Cu++Fe3+能正向发生的原因是：由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。
（6）实验小组查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。根据控制变量法，增大溶液中SCN-的浓度，使得CuSCN的沉淀溶解平衡向沉淀方向移动，可设计对比实验如下：
对比实验及试剂
实验步骤
实验现象
F试管
2mL0.1mol/LFeSO4溶液
加入4mL0.1mol/LCuSO4溶液
再加入1mL0.4mol/LKSCN溶液
一段时间后整支试管溶液呈红色
G试管
2mL0.1mol/LFeSO4溶液
加入4mL0.1mol/L CuSO4溶液
再加入1mL1mol/LKSCN溶液
一段时间后整支试管溶液的颜色比F试管颜色更深

也可设计成原电池装置，在左侧烧杯中滴入1滴浓度较大的硫氰化钾溶液，在滴入前与滴入后记录电压表（或电流计）示数的变化
。
4．(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(2)CuCl和CuSCN
(3)     向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置     若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生     Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+     Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去

【分析】向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；向红色溶液中加入铜粉，红色褪去，产生白色沉淀，根据题干信息可知，该白色沉淀可能是CuCl或CuSCN，白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的；但是(SCN)2性质与卤素单质相似，(SCN)2具有氧化性，SCN-具有还原性，故白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)还可能是Cu2+和SCN-反应得到。
(1)
FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
(2)
CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与、Cu2+与Cl-；取实验1中的白色沉淀于试管中，加入过量稀硝酸溶解得到蓝色溶液，将蓝色溶液分为两等份，向一份蓝色溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀AgCl，说明实验1所得白色沉淀含有CuCl，向另外一份蓝色中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明实验1所得白色沉淀含有CuSCN；综上所述，实验1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。
(3)
①为了进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，结合题干信息可知，步骤I的实验操作为向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置，观察到溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；
②向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生，依此判断Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)；
③由②题可知，步骤I中无Cu(I)生成，在步骤II中，向步骤I所得溶液中加入KSCN溶液，反应立刻出现红色，说明步骤II中有Fe3+生成，同时产生白色沉淀，说明加入了SCN-后，有Cu(I)生成；由于(SCN)2的性质与卤素单质相似，即(SCN)2有氧化性，则SCN-有还原性，故步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2（2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2），Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+（2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN-）；
④振荡II中试管，静置，观察到白色沉淀变多，红色逐渐褪去，可能的原因是Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。
5．          +NaOH+NaCl+H2O     羧基     +2CH3OH +2H2O     c         
【分析】A与氯气光照发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C；由已知②和E分子式采用逆推法可知E为，D与甲醇发生酯化反应得到E，则D为，C与酸性高锰酸钾溶液反应得到D，则C为，则B为，结合第（1）问苯与H2在一定条件下加成可得A，则推知A为环己烷，由已知③可知H经已知③的类似反应得到I，则I结构简式为，以此分析。
【详解】（1）苯与H2在一定条件下加成可得A，则A为环己烷，其结构简式是，故答案为：；
（2）B为环己烷的一氯代物，其结构简式为，则B→C的过程是B的消去反应，其化学方程式是+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；
（3）根据上述分析可知，D为，其官能团名称是羧基；
（4）D→E的过程为酯化反应，其化学方程式是+2CH3OH+2H2O；
（5）a. 根据流程图可知，物质F为，其分子结构中有5种等效氢，则核磁共振氢谱有5组吸收峰，故a错误；
b. F→G的过程中，会有HBr生成，其反应类型属于取代反应，而不是加成反应，故b错误；
c. G为，1mol物质G与氢气发生加成反应，最多消耗氢气的物质的量为2mol，故c正确；
d. 存在顺反异构体的条件：碳碳双键同一碳上不能有相同的基团，而物质H的结构简式为：，不满足条件，则H不存在顺反异构体，故d错误；
答案选c；
（6）根据上述分析可知，物质I的结构简式是；
（7）B为要合成，根据卤代烃先经过消去反应得到一个碳碳双键，再与溴单质加成后得到二溴代物，最后再进行消去得到二烯烃，可设计合成路线如下：。
【点睛】利用已知②推断出E的结构简式是本题解题的关键。
6．     酚类          +CH3OH +H2O     a、b          加成反应
【分析】A的分子式为C7H8O，一定条件下反应生成B为，结合A的分子式与B的结构简式可推知A与乙酰氯发生取代反应生成和氯化氢，则A为对甲基苯酚，与氯气在光照条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式可知，C上有2个H原子被氯原子取代，则C为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应并酸化，酯基水解，同一个碳上2个羟基不稳定会脱水，最后得到的D为，与H2NCH2COOH发生加成反应生成E为，在一定条件下反应生成F，F与溴苯发生取代反应生成G，结合E、G 的结构简式及F的分子式可推出E与甲醇发生酯化反应生成F，则F为，与溴苯发生取代反应生成G为，与乙醛经两步反应生成H为，在一定条件下经多步反应生成。
【详解】(1) A为对甲基苯酚，按照官能团分类，A所属的类别是酚类；
(2)C的结构简式是；
(3)E→F是与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学反应方程式是 +CH3OH +H2O；
(4)a. D为，B为，D的同分异构体可以含有一个醛基和一个羟基，故可以与B含有相同的官能团醛基，选项a正确；
b. E为，酚羟基的邻位上有氢原子，能与Br2发生取代反应，选项b正确；
c.I为，相对分子质量较大，且含有苯环、肽键等，不易溶于水，选项c错误；
答案选ab；
(5) G为，与乙醛反应生成有机物J，根据已知+R´-NH2⟶+H2O，乙醛中的羰基去O，氨基上去2个H形成碳氮双键，因此可推知有机物J的结构简式为，反应生成H为，结合两者的结构简式可知，应该为碳氮双键打开，苯环上的一个H原子断开后加成，故②的反应类型为加成反应。
7．(1)     溴苯     羰基、羧基
(2)+C2H5OH+H2O
(3)
(4)加成
(5)
(6)

【分析】根据后续产物的结构可知A中应含有苯环，再结合A的分子式可知A的结构简式应为；B与乙醇发生酯化反应生成C，C中存在结构-CH=CHCOOC2H5，C转化成D过程中碳碳双键变为单键，则该反应应与题目所给信息类似，可知M中存在酚羟基，M与C发生加成反应生成D，M结构应为：。
(1)
A为，名称为溴苯；B中含氧官能团为：、-COOH，名称是羰基、羧基。
(2)
B生成C为酯化反应，故反应方程式为：+C2H5OH+H2O；
(3)
根据分析可知M的结构简式为：；
(4)
D中存在碳氧双键，E中变为碳氧单键同时形成羟基，-NH2转化为-NH-连接到了之前存在羰基的碳原子上，由此可知-NH2少的H应该转移成为羟基氢，故D转化成E的反应为加成反应。
(5)
观察B结构，B中存在一个溴和三个氧，故B的同分异构体中应有三个相同的含氧官能团，想要满足条件①②，此官能团只能是-CHO，则B的同分异构体中的两种官能团分别是-Br和-CHO，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为：。
(6)
参照题干信息，中存在与苯环直接相连的-NH2，存在羰基，故可参照D与E的加成反应，则与反应会生成，再参照E生成F的过程，一定条件下发生消去反应可生成，再与氢气加成即可得到；合成路线为。
8．     -112     2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+ SO42-+4H+     CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42-结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率     a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低     2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O     酸式滴定管    
【分析】（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水；
②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动；
（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大；
（4）①一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水；
②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
③由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算可得。
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①得一氧化氮与氧气反应的热化学方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则ΔH=（+68kJ·mol-1）—（+180kJ·mol-1）=-112 kJ·mol-1，故答案为：-112；
（2）①二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水，则配平的离子方程式为2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+；
②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动，从而可以提高SO2去除率，故答案为：CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42—结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率；
（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，去除率下降，故答案为：a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低；
（4）①一氧化氮具有还原性，过氧化氢具有氧化性，一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水，反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O；
②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以滴定过程中应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
③由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)= 3n(NO3-)+5n(MnO4-)，n(NO3-)=，由氮原子个数守恒可知n(NO2)= n(NO3-)=mol，则烟气气样中NOx折合成NO2的含量为 =mg·m-3，故答案为：。
【点睛】滴定过程中，亚铁离子失去电子总数等于硝酸根和高锰酸钾得到电子总数，由由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算二氧化氮的物质的量是解答关键，也是难点。
9．     -136.2 kJ·mol-1     2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O     0.75     迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高使NOx去除速率增大的共同作用，使NOx去除率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除速率增大但催化剂的催化活性下降     NH3与O2反应产生了NO
【详解】(1)已知：①2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)   ΔH=-116.1 kJ·mol-1
②3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)   ΔH=+75.9 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将(①×3+②)，整理可得反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=-136.2 kJ·mol-1。
(2)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
(3)①NH3与NO2生成N2，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，根据方程式可知：每有8 mol NH3发生反应时，反应消耗6 mol NO2，转移24 mol电子，则当有1 mol NH3参与反应时，去除NO2的物质的量n(NO2)==0.75 mol；
②i．在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢。迅速上升段是由于催化剂活性随温度升高增大，并且温度升高使反应物内能增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，二者共同作用使NOx去除率迅速增大；后来NOx去除率上升缓慢段主要是温度升高使物质分子之间有效碰撞次数之间，引起的NOx去除速率增大，但催化剂只有在一定温度范围内催化活性最佳，当温度过高时，导致催化活性下降；
ii．当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低。
10．     KCl     石墨     0.09mol/L     Fe3++e-=Fe2+     Fe-2e-= Fe2+     Fe3+     Fe2+     Fe     Fe2+     取少量活化后溶液，滴入KSCN溶液，若溶液未变红，证明活化反应完成
【分析】(1)~(4)根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性、还原性的强弱；
(5)根据刻蚀活化的原理分析作答。
【详解】(1)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl；
(2)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨；
(3)根据(2)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L；
(4)根据(2)、(3)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe3+氧化性大于Fe2+，Fe还原性大于Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe2+，Fe，Fe2+；
(5)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。
11．(1)K=
(2)     放热     温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动
(3)     200℃     KQ=KM>KN
(4)N2+6e−+6H+=2NH3
(5)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)   ΔH=−907kJ·mol−1

【详解】（1）根据平衡常数的表达式可知，该反应的平衡常数K=；
（2）①根据表格数据可知，压强不变，升高温度氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应为放热反应；
②温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动，所以选用的条件是550℃、10MPa；
（3）①该反应为放热反应，压强相同时，温度越低NH3的物质的量分数越大，所以曲线a对应的温度为200℃；
②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，温度：Q=M＜N，所以平衡常数：KQ=KM>KN；
（4）据图可知，阴极上N2被还原为NH3，环境为酸性环境，所以阴极的电极反应式为N2+6e−+6H+=2NH3；
（5）NH3转化为NO的化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，依次将所给两个热化学方程式标号为①、②，根据盖斯定律，①-②×2可得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=-1268kJ·mol-1-(-180.5kJ·mol-1)×2=−907kJ·mol−1。
12．     增大接触面积、加快反应速率     b     使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去     Zn(或锌)     ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O+2H2O+CO2↑     过滤、洗涤     145℃～195℃
【分析】根据以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程可知，在锌灰中加入稀硫酸，将锌灰中的ZnO、CuO、FeO、Fe2O3溶解，SiO2不溶，形成滤渣I；在滤得的溶液中加入高锰酸钾溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并调节pH至5.1 除去铁离子，因此滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，然后再加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ为铜；在滤液中加入碳酸氢铵，发生6NH4HCO3+3ZnSO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，得到的沉淀中再加入磷酸，将ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O转化为四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]，据此分析解答。
【详解】(1)实验前将锌灰研磨成粉末状，再用稀硫酸浸取，可以增大接触面积、加快反应速率，提高浸取效率，故答案为：增大接触面积、加快反应速率；
(2)为了不引入新杂质，步骤I中将溶液pH调至5.1，最好选择ZnO，故答案为：b；
(3)根据上述分析，步骤I滴加KMnO4溶液的目的是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH为5.1时一并除去，故答案为：使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去；
(4)根据流程图和实验目的，步骤II中加入的a是锌，目的是除去溶液中的铜离子，故答案为：Zn(或锌)；
(5)步骤Ⅳ中加入磷酸是将ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O转化为四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]，反应的化学方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O+2H2O+CO2↑，故答案为：ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O+2H2O+CO2↑；
(6)步骤Ⅳ反应结束后，从混合体系中得到Zn3(PO4)2·4H2O沉淀的操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤；
(7)根据图象，加热到90℃时，四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]开始逐渐分解，当生成Zn3(PO4)2·2H2O，所得Zn3(PO4)2·2H2O的质量为×45.7mg=42.1mg，此时温度为145℃，当生成Zn3(PO4)2·H2O，所得Zn3(PO4)2·H2O的质量为×45.7mg=40.3mg，此时温度为195℃，因此当获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品时，烘干时的温度范围为145℃～195℃，故答案为：145℃～195℃。
【点睛】明确流程图中各步骤的目的是解题的关键，要注意小题(2)的提示。本题的易错点和难点为(7)，要注意Zn3(PO4)2·4H2O分解是逐渐失去结晶水，最后Zn3(PO4)2可以继续分解为ZnO，需要根据图示数据，计算判断逐步失去结晶水后剩余固体的质量，即判断图中各点物质的成分。
13．     -2     Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+1TeO2+4SO2+6H2O     H2SO4     Ag2SO4(S) ⇌Ag+(ag) + SO(ag)，加入NaCl后Cl-与Ag+结合生成更难溶的AgCl，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中     加热浓缩     冷却结晶     TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-
【分析】“铜沉淀渣”在硫酸化焙烧后Cu2Se和Cu2Te转化为CuSO4、SeO2和TeO2。SeO2为气体，在吸收塔被吸收，转化为Se。Cu和Ag在硫酸化焙烧后转化为硫酸盐。“水浸固体”可得硫酸铜溶液和TeO2和Ag2SO4固体，进一步通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制备硫酸铜晶体。TeO2和Ag2SO4固体在盐酸溶解后可得H2TeCl6溶液，在SO2还原下制备粗Te，据此分析解答。
【详解】(1)“铜沉淀渣”Cu2Se中铜元素的化合价为+1价，则硒元素为-2价，故答案为：-2；
(2)Cu2Te和浓硫酸反应生成CuSO4和TeO2，其中-2价的Te化合价升高为+4价，TeO2是氧化产物，浓硫酸为强氧化剂，硫元素化合价从+6降为+4价的SO2，根据得失电子守恒可知：Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O，故答案为：Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O；
(3)SO2进入“吸收塔”将SeO2还原为Se单质，同时氧化产物为H2SO4，，吸收塔反应后含硫化合物化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；
(4) “水浸固体”过程中补充少量NaCl固体，可使溶解平衡向正反应方向移动，和生成溶解度更小的，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中，故答案为：Ag2SO4(S) ⇌Ag+(ag) + SO(ag)，加入NaCl后Cl-与Ag+结合生成更难溶的AgCl，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中；
(5)从“滤液2”得到硫酸铜晶体，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；
(6)中化合价为+4价，在碱性条件下变为Te，要得电子，故在阴极上放电，在碱性条件下实现碲(Te)沉积的电极反应式：，故答案为：。
14．(1)2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O
(2)     2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者写H2SO3）     除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率
(3)过滤
(4)pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀
(5)

【分析】石煤在220℃条件下，空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。
(1)
V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；
(2)
①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；
②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率；
(3)
水浸后会有一些难溶于水的杂质，所以操作I为过滤；
(4)
溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；
(5)
根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
15．(1)     O>N>C>H     sp2
(2)     1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1     6
(3)     O、Cl     6
(4)Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华
(5)CaCrO3

【解析】(1)
①C、N、O的氢化物中H元素均显正价，所以H的电负性最小，而同周期元素自左至右电负性依次增大，所以电负性O>N>C>H；
②烟酸中的碳原子为苯环上的碳、形成碳氧双键的碳，均为sp2杂化；
(2)
Cr为24号元素，核外有24个电子，排布式为1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s轨道上共6个未成对电子；
(3)
H2O中的O原子、Cl原子均有孤电子对，可以提供孤电子对，根据该配合物的分子式可知有4个H2O和2个Cl原子配位，所以配位数为6；
(4)
CrCl3晶体易升华，说明其熔沸点低，而Cr2O3晶体的熔点很高，可见二者的晶体种类不同，Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华；
(5)
根据均摊法，该晶胞中Cr4+的个数为1，Ca2+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，所以化学式为CaCrO3。