北京市西城区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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北京市西城区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·北京西城·统考二模）三氯化六氨合钴([Co(NH3)6]Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：
Ⅰ．将研细的6 g CoCl2•6H2O晶体和4 g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；
Ⅱ．加入13.5 mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5 mL 5% H2O2溶液，水浴加热至50~60℃，保持20 min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；
Ⅲ．将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；
Ⅳ．先用冷的2 mol·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
(1)[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是______。
(2)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是______。
(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是______。
(4)补全Ⅲ中的操作：______。
(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl－的质量分数：
ⅰ．准确称取a g Ⅳ中的产品，配制成100 mL溶液，移取25 mL溶液于锥形瓶中；
ⅱ．滴加少量0.005 mol·L−1 K2CrO4溶液作为指示剂，用c mol·L−1 AgNO3溶液滴定至终点；
ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl－的质量分数。
已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6 mol·L−1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10−5 mol·L−1
①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。
②制备的晶体中Cl－的质量分数是______(列计算式，Cl的相对原子质量：35.5)。
2．（2020·北京西城·统考二模）某小组研究NH4Cl与CuO的反应，进行如下实验(部分装置略)：
实验
Ⅰ
Ⅱ
装置


现象
加热试管，产生白烟，试管口有白色固体；试管中有水生成，继续加热，黑色固体变蓝，最终部分变为黄色
将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入 NH4Cl晶体中，一段时间后，取出玻璃管，管口处有亮红色固体

经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有CuCl和CuCl2，实验Ⅱ中的亮红色固体为Cu。
(1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是______。
(2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝，最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化：

①(NH4)2CuCl4固体受热分解的化学方程式是______。
②对于物质X，做出如下假设：
ⅰ．X是NH4Cl。
反应方程式为：________________________________(补充完整)
ⅱ．X是______，理由是______。        
(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是______(列出2点)。
(4)NH4Cl溶液与CuO反应。
实验Ⅲ  向CuO粉末中加入0.1 mol·L−1 NH4Cl溶液，浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面无颜色变化，溶液变为蓝色。
资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色
ⅱ．Cu(NH3)2+Cu2++NH3 Cu(NH3)42+Cu2++4NH3
①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或Cu(NH3)42+。
实验方案是______。
②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能的原因是______(列出1点即可)。
3．（2021·北京西城·统考二模）某实验小组探究盐溶液对弱电解质的电离及难溶电解质的溶解的影响。
文献指出：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。
(1)对弱电解质Fe(SCN)3的电离的影响。

资料：i.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当。
ii.Fe2++2SCN-⇌Fe(SCN)2(无色)；Mg2+与SCN-不反应。
①加入0.5mLH2O的目的是_______。
②对比a、b中的现象，得出的结论是_______。
③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：_______。
(2)对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。
ⅰ

ⅱ


资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。
对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：
A．……
B．溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解。
设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。
①假设A是____。
②对比实验ⅲ的步骤和现象：____(按实验ⅱ的图示方式呈现)。
(3)通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过____、___可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。
4．（2022·北京西城·统考二模）向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。
变化曲线
实验现象

i.A→B产生红褐色沉淀
ii.B→C红褐色沉淀的量增多
iii.C→D红褐色沉淀的量增多
iv.D点附近产生有刺激性气味的气体
v.D→E红褐色沉淀的量略有增多

资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11
ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39
(1)Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是____。
(2)A点溶液的pH约为13，主要原因是____。
(3)结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：____。
(4)NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

①M点溶液含氯的微粒有____。
②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是____。
(5)检验iv中气体的方法是____。
(6)A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是____。
(7)整个滴加过程中发生的反应与____、微粒的浓度等有关。
5．（2022·北京西城·统考二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
6．（2020·北京西城·统考二模）石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如下：
   
①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g)  ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g)  ∆H＝-92.8 kJ·mol−1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
②为了提高H2S转化为S的比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。
(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：H2S H2+S，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。

①H2S分解生成H2和S的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是______。
(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S，装置示意图如下，主要反应：2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。

①装置中微电池负极的电极反应式：______。
②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是______。
7．（2021·北京西城·统考二模）草酸(H2C2O4)是二元弱酸，其工业合成方法有多种。
I.甲酸钠钙化法

(1)CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠(HCOONa)，化学方程式是_______。
(2)“加热”后，甲酸钠脱氢变为草酸钠。则“钙化”时，加入的试剂a是_______。
(3)若将草酸钠直接用H2SO4酸化制备草酸，会导致结晶产品不纯，其中含有的杂质主要是_______。
(4)“酸化”过程中加入H2SO4的目的是_______。
II.一氧化碳偶联法
分三步进行：
i.偶联反应：
ii.水解反应：……
iii.再生反应：4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O
(5)酸性条件下，“水解反应”的化学方程式是_______。
(6)从原子经济性的角度评价偶联法制备草酸的优点是_______。
8．（2021·北京西城·统考二模）菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含有FeCO3、CaCO3、MgCO3等杂质。工业上采用硫酸铵焙烧菱锰矿法制备高纯MnCO3，流程如下图：

已知：
I.金属碳酸盐和硫酸铵混合粉末在加热条件下反应，生成硫酸盐、NH3和CO2。
II.溶液中金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀pH
1.5
6.3
8.2
8.9
11.9
完全沉淀pH
2.8
8.3
10.2
10.9
13.9

(1)步骤1中MnCO3与(NH4)2SO4反应的化学方程式是_______。
(2)步骤2和3中加入MnO2固体、调节pH的目的分别是_______。
(3)上述流程中可以再利用的物质有_______。
a.(NH4)2SO4 b.NH3 c.CO2
(4)MnCO3可用于制备苯甲醛，流程如下：

已知：甲苯难溶于水，密度小于水，沸点为110.4oC；苯甲醛微溶于水，易溶于甲苯，沸点为179℃。
①MnCO3在空气中加热的化学方程式是_______。
②操作1是_______；操作2是_______。
③该方法制备1.06kg苯甲醛，则理论上消耗Mn2O3_______kg[M(Mn2O3)=158g/mol；M(苯甲醛)=106g/mol]。
9．（2020·北京西城·统考二模）双极膜由阳离子交换膜、催化剂层和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH－，将其与阳离子交换膜(阳膜)、阴离子交换膜(阴膜)组合，可有多种应用。
(1)海水淡化：模拟海水淡化，双极膜组合电解装置示意图如下。

①X极是______极(填“阴”或“阳”)。
②电解后可获得较浓的盐酸和较浓的NaOH溶液，上图中双极膜的右侧得到的是______(填“H+”或“OH－”)。
(2)钠碱循环法脱除烟气中的SO2，并回收SO2：
用pH>8的Na2SO3溶液作吸收液，脱除烟气中的SO2，至pH＜6时，吸收液的主要成分为NaHSO3，需再生。
Ⅰ．加热pH＜6时的吸收液使其分解，回收SO2并再生吸收液。所得的再生吸收液对SO2的吸收率降低，结合离子方程式解释原因：______。
Ⅱ．双极膜和阴膜组合电渗析法处理pH＜6时的吸收液，可直接获得再生吸收液和含较高浓度HSO3−的溶液，装置示意图如下。

①再生吸收液从______室流出(填“A”或“B”)。
②简述含较高浓度HSO3−的溶液的生成原理：______。
③与Ⅰ中的方法相比，Ⅱ中的优点是______(列出2条)。
10．（2021·北京西城·统考二模）利用工业废渣DSS，其主要成分为FeS、Fe2(SO4)3、FeSO4等，制备无机高分子絮凝剂――聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)()]m。
(1)Na2S2O8为氧化剂处理DSS制备Fe2(SO4)3，反应过程如下：(硫酸根自由基)+Fe3+，反应②的离子方程式是_______。
(2)Fe2(SO4)3经水解、聚合两步连续反应制得聚合硫酸铁。
①水解反应：_______(离子方程式)。
②聚合反应：mFe2(OH)n(SO4)()=[Fe2(OH)n(SO4)()]m
(3)测定并改进聚合硫酸铁絮凝剂的性能
①表征聚合硫酸铁絮凝剂性能的重要指标是盐基度(OH-与Fe3+的物质的量比值)，盐基度越大絮凝效果越好。测定某聚合硫酸铁样品盐基度的方案如下，请补全步骤并计算。
资料：KF溶液可以掩蔽Fe3+使其不与OH-反应。
取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，_______，滴入酚酞溶液，用c2mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为V2mL；另取ag样品，测得Fe3+的物质的量为bmol。该样品的盐基度为_______(列出表达式)。
②某小组利用如图电解装置来提高聚合硫酸铁的盐基度。A是聚合硫酸铁溶液，B是提高盐基度后的聚合硫酸铁溶液。

i.离子交换膜是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
ii.简述反应室中提高盐基度的原理：_______。
11．（2022·北京西城·统考二模）处理再利用H2S有多种方法。
(1)碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。

Ka1
Ka2
H2S
1.1×10-7
1.3×10-13
H2CO3
4.5×10-7
4.7×10-11

①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：____。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是____。
(2)热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应2H2S(g)S2(?)+2H2(g)。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如图。

①P3>P2>P1，反应中S2____(填‘“是”或“不是”)气态，理由是____。
②实际反应在高温下进行的原因是____。
(3)间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。

①溶液X的主要溶质是____。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：____。
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成____gH2。
12．（2020·北京西城·统考二模）黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下：

已知：①
②
③
(1)A可与NaHCO3溶液反应，其结构简式是______。B中含有的官能团是─COOH和_____。
(2)C→D的化学方程式是______。
(3)E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是______。
(4)H的结构简式是______。
(5)I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，H→J的反应类型是______。
(6)由K经两步反应可得到化合物M，转化路线如下：

环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M的结构简式补充完整：______

13．（2021·北京西城·统考二模）他莫昔芬可用于治疗某些癌症，中间体K的合成路线如下：

已知：
(1)A为芳香族化合物，A的同系物中相对分子质量最小的物质是_______。
(2)B→C的化学方程式是_______。
(3)D中含有的官能团是_______。
(4)试剂X的分子式为C2H4Br2，试剂Y的分子式为C2H7N。下列说法正确的是_______(填序号)。
A．1 mol F最多能与3 mol H2发生加成反应
B．G核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2
C．试剂X的名称为1，1-二溴乙烷
(5)K的结构简式是_______。
(6)由K可通过如下过程合成他莫昔芬：

①M的结构简式是_______。
②L→他莫昔芬的反应类型是_______。
14．（2022·北京西城·统考二模）香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。

已知：i.→+H2O
ii.—CHO++H2O
iii.R1—CH=CH—R2+R1COOH+R2COOH
(1)A→B的化学方程式是____。
(2)D的分子式是____。
(3)条件①是____。
(4)F的结构简式是____。
(5)1molJ可以生成2molK，J的结构简式是____。
(6)下列说法不正确的是____(填序号)。
a.可以用酸性KMnO4溶液鉴别E和G
b.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应
c.1molP最多可以和5molH2反应
(7)M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。

①R的结构简式是____。
②R→P的化学反应类型是____。
15．（2022·北京西城·统考二模）MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。
(1)基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是____。
(2)MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O的结构如图。

①S2O中S—O—O____(填“是”或“不是”)在一条直线上。
②S2O中的O—O比H2O2中的更____(填“难”或“易”)断裂。
(3)一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。

①图中“●”代表的是____(填“Mn”或“O”)。
②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为____g·cm-3。
③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。

从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：____。该催化过程的总反应的化学方程式是____。

参考答案：
1．     +3     抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀     2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O     趁热过滤、冷却     溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失    
【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备 [Co(NH3)6] Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2 mol·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
【详解】(1). [Co(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则Co的化合价是+3价，故答案为+3；
(2).加入NH4Cl使溶液中的浓度增大，抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀，故答案为：抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
(3).由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O，故答案为：CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；
(4).由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、冷却；
(5).①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl-反应生成AgCl沉淀，当Cl-消耗完时再与CrO42-结合，所以滴定终点时是Ag+与CrO42-结合生成砖红色沉淀 ，故答案为：溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；
②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1:1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×vmL×10-3=cv×10-3mol，则25ml溶液中Cl-物质的量为cv×10-3mol，25ml溶液中Cl-的质量为：m=n×M=cv×10-3mol×35.5g/mol=35.5 cv×10-3g，则100g溶液中Cl-的质量为：4×35.5 cv×10-3g，故质量分数为：，故答案为。
2．     NH4Cl     (NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑     6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑     NH3     NH3有还原性     反应物的接触方式不同；反应温度不同等     取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等     由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等
【分析】(1)根据氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷反应生成NH4Cl的原理回答；
(2) 根据(NH4)2CuCl4属于复盐，相当于2NH4Cl和CuCl2，进行分析；根据NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3又具有还原性进行分析；
(3)根据影响化学平衡移动的因素进行分析；
【详解】(1)由实验Ⅰ可知：首先是氯化铵分解为氨气和氯化氢，然后是氨气还原氧化铜，所以在中试管口的白色固体是生成的氨气和氯化氢反应生成NH4Cl，故答案：NH4Cl；
(2)①(NH4)2CuCl4属于复盐，相当于2NH4Cl和CuCl2，根据可知，固体受热分解会放出氨气、CuCl2和HCl气体，所以该反应的化学方程式是(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑，故答案：(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑；
②ⅰ若X是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3又具有还原性，能还原CuCl2生成CuCl和N2，所以该反应方程式为：6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑，故答案为6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑；
ⅱ若X是NH3，NH3有还原性, 能还原CuCl2生成CuCl和N2，故答案：NH3；NH3有还原性；
(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的反应物的接触方式不同；反应温度不同，所以反应的现象不同，故答案：反应物的接触方式不同；反应温度不同等；
(4)①由Cu(NH3)2+Cu2++NH3 ，且Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色可知，加入稀硫酸，减小了氨气的量，平衡右移，铜离子的量增大，颜色变浅；或加水稀释，平衡右移，溶液的颜色的变浅；由于Cu(NH3)2+Cu2++NH3为吸热反应，所以加热平衡右移，溶液的颜色的变浅；
故答案为：取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等；
②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能由于温度低，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；或者是NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等；
故答案是：由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等。
3．     排除稀释对溶液颜色的影响     MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离     b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅     KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解          盐效应     化学反应
【详解】(1)①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O，故答案为排除稀释对溶液颜色的影响；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离，故答案为MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息.Fe2++2SCN-⇌Fe(SCN)2(无色)，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡向正向移动，所以红色比b中浅，故答案为b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅；
(2)①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设A为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解，故答案为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解；
②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：，故答案；
(3)通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解，故答案为盐效应、化学反应。
4．(1)
(2)溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13
(3)A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降
(4)     ClO−、HClO、Cl−    
(5)用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝
(6)Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降
(7)反应物的相对用量或氧化剂的种类

【分析】向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生，从B→C的过程ClO-的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3沉淀，据此分析来解题。
【详解】（1）Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：，故答案为；
（2）根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c(OH-)0.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13，故答案为溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；
（3）根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO-将Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c(OH-)减小，发生反应的离子方程式为，故答案为A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；
（4）M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−；C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是，故答案为ClO−、HClO、Cl−；；
（5）根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；
（6）A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2+不断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案是Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降；
（7）根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe(OH)3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为反应物的相对用量或氧化剂的种类；
5．(1)     将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同     4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3     c(Co3+)
(2)     加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色     2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O     O2
(3)     对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化     [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+

【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
6．     2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g)  ∆H＝-407.1 kJ·mol−1     或33.3%     吸热     微波使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率     Fe-2e－+H2S= FeS+2H+     生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢
【分析】(1) ①根据盖斯定律书写总反应的热化学方程式；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应；
(2)根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大；相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大。
(3)根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe失电子发生氧化反应，所以Fe是负极；从影响反应速率的角度分析单位时间内H2S的去除率降低的原因。
【详解】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g)  ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g)  ∆H＝-92.8 kJ·mol−1
根据盖斯定律Ⅰ×＋Ⅱ×得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g)  ∆H＝-407.1 kJ·mol−1；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转化器中参加反应的H2S(g)的物质的量为2mol，SO2的物质的量是1mol，即反应炉中需要生成1molSO2，反应炉中参加反应的H2S的物质的量为1mol，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；
(2) ①根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大，所以微波的作用是使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；
(3) ①根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe发生氧化反应， Fe是原电池负极，负极反应式是Fe-2e－+H2S= FeS+2H+；
②负极生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低。
【点睛】本题以有毒的H2S的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。
7．     CO+NaOHHCOONa     Ca(OH)2(或CaO)     Na2SO4     加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+     +2H2OH2C2O4+2CH3OH     总反应为：4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，是原子利用率为100%的反应
【分析】CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠，加热时甲酸钠脱氢变为草酸钠，加入试剂a钙化得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；草酸钙加入硫酸酸化生成硫酸钙沉淀和草酸，过滤后蒸发浓缩、冷却结晶得到草酸晶体。
【详解】(1)根据元素守恒可得该反应的化学方程式为CO+NaOHHCOONa；
(2)根据题意可知钙化后得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；
(3)硫酸钠易溶于水，所以溶液中混有大量硫酸钠，结晶时Na2SO4也会析出，即为杂质；
(4)酸化时加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+，从而使结晶得到草酸更纯净；
(5)酸性环境下草酸二甲酯水解得到草酸和甲醇，化学方程式为+2H2OH2C2O4+2CH3OH；
(6)将偶联法的三步反应相加可得总反应为4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，可知该反应的原子利用率达到100%。
8．     MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O     加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去     abc     4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2     分液     蒸馏     3.16
【分析】菱锰矿粉与过量的硫酸铵粉末共热，得到MnSO4、FeSO4、CaSO4、MgSO4等物质的混合固体和CO2、NH3；将固体a加入硫酸溶液溶解，并加入MnO2作氧化剂，Fe2+被氧化为Fe3+，CaSO4微溶，所以过滤得到含有Mn2+、Fe3+、Mg2+等阳离子的溶液b，调节pH除去Fe3+得到Fe(OH)3，溶液c中还有Mn2+、Mg2+等，加入NH4F除去Mg2+得到MgF2沉淀，过滤后再向溶液d中通入NH3和CO2得到MnCO3，溶解时用的酸为硫酸，所以最终过滤得到的溶液e中主要含硫酸铵。
【详解】(1)根据题意可知MnCO3与(NH4)2SO4反应可得到MnSO4、CO2、NH3，根据元素守恒可得化学方程式为MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O；
(2)加入MnO2作氧化剂，将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，再调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)溶液e中主要含硫酸铵，处理得到硫酸铵粉末可以再利用，步骤1中产生的NH3和CO2可以在步骤5中再利用，故选abc；
(4)①根据流程可知MnCO3在空气中加热可以得到Mn2O3，应是被空气中的氧气氧化，根据电子守恒可知MnCO3和O2的系数比应为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2；
②酸性环境中Mn2O3将甲苯氧化为苯甲醛，苯甲醛易溶于甲苯，微溶于水，甲苯难溶于水，所以操作1应是分液，分离得到苯甲醛和甲苯；根据题目所给信息可知苯甲醛和甲苯的沸点差异较大，可以蒸馏分离，即操作2为蒸馏；
③根据电子守恒和元素守恒甲苯和Mn2O3反应的化学方程式应为C6H5CH3+2Mn2O3+8H+→C6H5CHO+5H2O+4Mn2+；1.06kg苯甲醛的物质的量为=10mol，所以理论上消耗20mol Mn2O3，质量为20mol×158g/mol=3160g=3.16kg。
9．     阳     H+     加热pH＜6时的吸收液，分解的过程中还发生反应：2SO32−+O2=2SO42−，2HSO3−+O2=SO42−+2H+，且加热加快化学反应速率，造成再生吸收液中c(SO32−)降低，使SO2的吸收率降低     B     B室中的SO32−和HSO3−在电场作用下通过阴膜进入A室，A室中双极膜产生的H+和溶液中的SO32−反应生成HSO3−，提高HSO3−的浓度     Ⅱ中可直接获得再生吸收液，减少因加热氧化生成大量的SO42−，而降低再生吸收液对SO2的吸收率；Ⅱ中可获得较高浓度的HSO3−的溶液，进而获得比Ⅰ中浓度高的SO2
【分析】(1)①根据图示，X极发生氧化反应生成氧气；
②根据Y极生成氢气分析；
(2) Ⅰ．HSO3−具有还原性，NaHSO3分解的过程被氧化为Na2SO4；
Ⅱ．右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以B室双极膜左侧生成OH-，OH-和HSO3−反应生成SO32−，直接获得再生吸收液；A室双极膜右侧生成H+，H+和SO32−反应生成HSO3−，获得含较高浓度HSO3−的溶液；
【详解】(1)根据图示，X极发生氧化反应生成氧气，所以X是阳极；
②根据Y极生成氢气，Y极氢离子得电子生成氢气，所以双极膜的右侧得到的是H+；
(2) Ⅰ．加热pH＜6时的吸收液，分解的过程中还发生反应：2SO32−+O2=2SO42−，2HSO3−+O2=SO42−+2H+，且加热加快化学反应速率，造成再生吸收液中c(SO32−)降低，使SO2的吸收率降低；
Ⅱ．①右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以B室双极膜左侧生成OH-，OH-和HSO3−反应生成SO32−，直接获得再生吸收液，再生吸收液从B室流出；
②A室中双极膜又测产生的H+和溶液中的SO32−反应生成HSO3−，提高HSO3−的浓度；
③Ⅱ中可直接获得再生吸收液，减少因加热氧化生成大量的SO42−，而降低再生吸收液对SO2的吸收率；Ⅱ中可获得较高浓度的HSO3−的溶液，进而获得比Ⅰ中浓度高的SO2。
10．     +Fe2+=+Fe3+     2Fe3++(3-)+nH2O⇌Fe2(OH)n(SO4)()+nH+     加入过量的KF溶液          阴     电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度
【详解】(1)反应②氧化亚铁离子生成三价铁和硫酸根离子，反应的离子方程式为：+Fe2+=+Fe3+，故答案为：+Fe2+=+Fe3+；
(2)Fe2(SO4)3经水解生成Fe2(OH)n(SO4)()，水解的方程式为：2Fe3++(3-)+nH2O⇌Fe2(OH)n(SO4)()+nH+，故答案为：2Fe3++(3-)+nH2O⇌Fe2(OH)n(SO4)()+nH+；
(3)取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，为防止三价铁离子与氢氧根反应要加KF溶液，加盐酸后剩余HCl的物质的量与消耗的氢氧化钠物质的量相同，为c2V2×10-3，则聚合硫酸铁消耗的盐酸的物质的量为，聚合硫酸铁中OH-的物质的量为，该样品的盐基度为，故答案为：加入过量的KF溶液；；
(4)为提高聚合硫酸铁的盐基度在不三价铁一定时需提高氢氧根离子的浓度，即氢氧根离子需通过离子交换膜进入反应室中，故应为阴离子交换膜，提高盐基度的原理为电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度，故答案为：阴极；电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度；
11．(1)     CO+H2OHCO+OH—     H2S+ CO=HCO+HS—
(2)     是     其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态     升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率
(3)     FeCl2和HCl     含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生     10

【详解】（1）①碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH—，故答案为：CO+H2OHCO+OH—；
②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS—，由强酸制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为H2S+ CO=HCO+HS—，故答案为：H2S+ CO=HCO+HS—；
（2）①由图和P3>P2>P1可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；
②由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率；
（3）①由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：FeCl2和HCl；
②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；
③由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。
12．     CH3COOH     ─Cl                    加成反应     或写成
【分析】A的分子式为C2H4O2，且A可与NaHCO3溶液反应，所以A为CH3COOH。根据框图可知AB发生了烃基上的取代反应，由已知：①可知C为CH2(COOH)2,；根据D的分子式，C与乙醇发生酯化反应生成的D为C2H5OOCCH2COOC2H5；由G的结构简式和FG的反应条件可知F的结构简式为C2H5OOCCH(CH2CH2CH2CH2COOH)COOC2H5；因为E→F为两步连续氧化反应，根据D转化为E的反应物以及E、F的分子式，中间产物X可发生银镜反应，所以X为，E为；G→H发生已知③的类似反应，故H为的结构简式为；由框图K的结构简式为，结合已知②，I的分子式为C5H8O2，且能使Br2的CCl4溶液褪色，所以I的结构简式为：C2H5OOCCH=CH2，J的结构简式为，所以H→J的反应类型是加成反应。
【详解】(1)A的分子式为C2H4O2，且A可与NaHCO3溶液反应，所以A为羧酸，A的结构简式是CH3COOH；根据框图可知AB发生了烃基上的取代反应，所以B中含有的官能团是─COOH和-Cl；
故答案：CH3COOH；-Cl；
(2)由已知：①可知C为CH2(COOH)2，C与乙醇发生酯化反应生成D为H3CCH2OOCCH2COOCH2CH3和H2O，所以C→D的化学方程式为；
故答案：；
(3)由上述分析可知F的结构简式为；因为E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，所以X为；
故答案为：；
(4) G→H发生已知③的类似反应，故H的结构简式为;
故答案：；
(5)由框图K的结构简式为，结合已知②，I的分子式为C5H8O2，且能使Br2的CCl4溶液褪色，所以I的结构简式为：C2H5OOCCH=CH2，所以H→J的反应类型是加成反应，故答案：加成反应；
(6)由K的结构简式为：，加碱后，根据已知③，L的结构简式为：，根据已知②可得到化合物M的结构简式为；
故答案：。

13．          +NaOH+NaCl     羧基     AB               消去反应
【分析】芳香族化合物A分子式是C7H8，则A是，A与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生B：，B与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生C：，C催化氧化产生的D是，D与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E是。F分子式是C6H6O，根据物质转化过程中碳链结构不变，可知F是，F与Br2在有机溶剂中发生酚羟基对位上的取代反应产生G：，G与BrCH2CH2Br脱去HBr反应产生H：；H与HN(CH3)2发生反应产生I：；I在Mg/THF条件下反应产生J：，E与F反应产生分子式为C17H19O2N的物质K: 。
【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是，H是，I是；J是；K是，X是BrCH2CH2Br，Y是HN(CH3)2。
(1)A是，属于苯的同系物，A的同系物中相对分子质量最小的物质是；
(2)B是，B与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生C：和HCl，HCl与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，则反应的总方程式为：+NaOH+NaCl；
(3)D是，其中含有的官能团-COOH名称为羧基；
(4)试剂X是BrCH2CH2Br，试剂Y是HN(CH3)2。
A．F是，与足量的H2发生加成反应产生，则1 mol F最多能与3 mol H2发生加成反应，A正确；
B．G是，G分子中含有三种不同位置的H原子，三种H原子个数比为1∶2∶2，因此G的核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2，B正确；
C．试剂X是BrCH2CH2Br，根据卤代烃的系统命名方法可知：试剂X的名称为1，2-二溴乙烷，C错误；
故合理选项是AB；
(5)物质K结构简式是；
(6)根据K及他莫昔芬结构简式的不同，结合已知信息的反应，可知M结构简式是，M与Mg/THF发生反应产生N是，N与K发生信息反应产生L是，L与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生他莫昔芬：。故M结构简式是，L→他莫昔芬的反应类型是消去反应。
— CH3CH2CH — OH  —C—CH—CH2CH3
14．(1)+HNO3+H2O
(2)C7H5Br2O2N
(3)氢氧化钠水溶液、加热
(4)
(5)HOOCCH2CH=CHCH2COOH
(6)ac
(7)          加成反应

【分析】G与发生加成反应生成推知G的结构简式为A发生硝化反应生成B，结合B的分子式、G的结构简式，可知B中含有苯环且苯环侧链处于对位，故B为，则A为，结合信息i，信息ii，可知B发生甲基上二溴取代生成D，D水解反应并脱水生成E，故D为，E为，E与F发生信息ii中反应生成G，推知F为，J发生信息iii中氧化反应生成K，由J、K的分子式，可知1molJ可以生成2molK，推知J为HOOCCH2CH=CHCH2COOH、K为HOOCCH2COOH，K脱去2分子式生成M，结合P的结构简式推知M为O=C=C=C=O，M与苯酚发生加成反应生成P，以此解题。
【详解】（1）A→B为甲苯的硝化反应，方程式为：+HNO3+H2O；
（2）由分析可知D为，则其分子式为：C7H5Br2O2N；
（3）D→E是转化为，先发生卤代烃水解，然后自动脱去1分子水，条件①是氢氧化钠水溶液、加热；
（4）由分析可知，F的结构简式是；
（5）由分析可知J为HOOCCH2CH=CHCH2COOH；
（6）a．E为，G为，E含有醛基，G含有碳碳双键，都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能鉴别二者，故a错误；
b．G为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，属于还原反应，含有的酰胺基、苯环等可以发生取代反应，故b正确；
c．P分子含有的1个苯环、1个羰基能与氢气发生加成反应，1molP最多可以和4molH2反应，故c错误；
故选ac；
（7）M为线型不稳定分子，M的结构简式为O=C=C=C=O，M→P经过两步反应，均发生加成反应，而R苯环上的一氯代物有3种，则酚羟基先与M发生加成反应，故R的结构简式为，故答案为：①；②加成反应。
15．(1)
(2)     不是     易
(3)     Mn          NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键     4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O

【解析】(1)
锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，价层电子排布的轨道表示式为，故答案为：；
(2)
①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O离子的空间构型为书形， 所以—O—O不在一条直线上，故答案为：不是；
②S2O中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强，更易发生断裂，故答案为：易；
(3)
①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球为4×+2=4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn；
②设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×b×10—7×d，解得d=，故答案为：；
③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、一氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O，故答案为：NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O。