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北京房山区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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这是一份北京房山区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33页。试卷主要包含了原理综合题，填空题，工业流程题，有机推断题，结构与性质，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京房山区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、原理综合题
1．（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_______。
2．（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_______。
3．（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____。
4．（2023·北京房山·统考二模）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，选择高效催化剂实现降能提效是目前研究的重点。
(1)合成氨反应为： kJ⋅mol，理论上___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转化率。
(2)针对反应速率与平衡产率的矛盾、我国科学家提出了两种解决方案。
①方案一：使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时、Fe的温度为547℃，而的温度为415℃)。使N≡N在___________(填写“热Fe”或“冷Ti”，下同)表面断裂，氨气在___________表面生成、有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。
②方案二：使用M-LiH复合催化剂。催化剂组成及反应温度对合成氨速率影响如图所示。
下列说法不正确的是___________。
a．催化剂能够改变反应路径，降低反应活化能
b．相同条件下，复合催化剂更有利于提高合成氨反应速率
c．高温下，使用复合催化剂更有利于提高氨的平衡产率
(3)电催化合成氨是一种常温常压条件下，利用水作为氢源的低碳环保技术。装置示意图如右图。
①a电极应连接电源___________极。
②电催化合成氨的方程式为___________。
(4)以焦炉煤气(主要成分为H₂、CH₄及少量CO)和空气为原料，实现氨和甲醇的联和生产工艺具有广阔的应用前景。在氨醇联产中合成甲醇的主要反应为： 。请从能源及资源利用角度说明该工艺的优点___________。
二、填空题
5．（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_______。
三、工业流程题
6．（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 _______
7．（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)
8．（2023·北京房山·统考二模）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn的质量分数为_____%。
四、有机推断题
9．（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_______。
10．（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)____。
11．（2023·北京房山·统考二模）光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：
反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
①
②(R、、为H或烃基)
(1)A的化学名称为___________。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)基础树脂Ⅰ中官能团为___________。
(4)D的结构简式为___________。
(5)J→K的化学方程式为___________。
(6)若基础树脂Ⅱ为线型高分子，其结构简式为___________。
(7)实际生产中可控制反应条件使D的支链不完全水解，生成的产物再与少量F聚合、得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为___________。
(8)K→F的转化过程中，会发生多个副反应。其中一个副反应产物分子式为，写出其结构简式：___________。
五、结构与性质
12．（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____。
13．（2023·北京房山·统考二模）短周期元素B、C、N等元素可以形成多种物质，呈现出不同的性质，请回答以下问题：
(1)B、C、N三种元素中第一电离能最大的是___________。
(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次是___________。
(3)的结构与类似、但是性质差异较大。
①的空间结构为___________形。N原子的轨道杂化类型为___________。
②具有碱性(可与结合)而不显碱性，原因是___________。
(4)立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①距离硼原子最近的氮原子有___________个，氮化硼晶体中含有的微粒间作用力为___________。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为ag⋅mol，密度为ρg⋅cm，设为阿佛加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
六、实验题
14．（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：____。
15．（2023·北京房山·统考二模）工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素。
【实验A】在试管中加入NaCl溶液，然后滴入溶液，产生白色沉淀。滤出白色沉淀，继续实验如下：
【资料】①
②
(1)检验ⅱ中产物
①取ⅱ中上层清液，滴加_______溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有。
②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成_______(填实验现象)，证明灰黑色固体中含有Ag。向另一份加入KI溶液，无明显现象。
(2)检验ⅲ中产物。
①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如下实验，确认灰白色固体中含AgCl：
滤液加盐酸未产生沉淀，但加入硫酸后产生了白色沉淀，请写出滤液加盐酸的离子方程式：_______。
②取ⅲ中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如下表。
取样时间
10分钟
12小时
24小时
溶液颜色
浅红色
红色
深红色
用离子方程式表示溶液变红的原因_______，。
(3)小组同学认为可以直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验验证：_______。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与有关。
(4)实验A中的ⅰ~ⅲ中，ⅰ中AgCl溶解，ⅲ中又生成AgCl的原因是：_______。
实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。
参考答案：
1． -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。
2． 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。
3．(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。
4．(1) 高 低
(2) 热Fe 冷Ti c
(3) 负极
(4)合成甲醇放热为合成氨反应提供能量；焦炉煤气是甲醇和氨的原料，减少CO排放等
【详解】（1）高温有利于提高反应速率；该反应为放热反应，低温有利于提高平衡转化率。
（2）①化学键断裂需要吸收能量，因此使N≡N在热Fe表面断裂有利于吸热过程的进行，能够加快化学键的断裂；成键放热，冷Ti温度低于体系温度，有利于放热过程的进行，即有利于提高合成氨的平衡产率。②根据图示，催化剂能够改变反应路径，降低反应活化能，加快反应进行，且复合催化剂相对单金属催化剂更有利于提高合成氨反应速率，a，b项正确；当温度过高，则催化剂容易分解失活，c项错误。
（3）①a极发生N2的还原反应，为负极。②a极N2被还原为NH3，b极H2O被氧化为O2，则电催化合成氨的方程式为。
（4）合成甲醇的反应为放热反应，可以为合成氨反应提供能量，且该工艺使用焦炉煤气作为甲醇和氨的原料，能够减少CO排放。
5． 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。
6． -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：。
7．(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=。
8．(1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
(2) Fe(OH)3 2×10-7
(3) 滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
【详解】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
9． 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。
10．(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。
11．(1)乙炔
(2)加成反应
(3)酯基
(4)
(5)2CH3CHO
(6)
(7)
(8)
【分析】A为HC≡CH，HC≡CH与C2H4O2发生加成反应生成B为CH3COOCH=CH2，则C2H4O2为CH3COOH；HC≡CH与氢气发生加成反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成；CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成D为，酸性条件下发生水解反应生成；HC≡CH与水发生加成反应I为CH2=CHOH，CH2=CHOH发生构型转化生成J为CH3CHO，CH3CHO碱性条件下反应生成K为，经发生消去反应、加成反应得到F为CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO与发生信息反应生成线型高分子基础树脂Ⅱ为，据此解答。
【详解】（1）A的化学名称为乙炔。
（2）根据以上分析可知A→B的反应类型为加成反应。
（3）根据基础树脂Ⅰ的结构简式可知其中官能团为酯基。
（4）根据以上分析可知D的结构简式为。
（5）根据以上分析可知J→K是2分子乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为2CH3CHO。
（6）基础树脂Ⅱ为线型高分子，其结构简式为。
（7）由实际生产中可控制反应条件使D的支链不完全水解，生成的产物再与少量F聚合，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，Ⅱ结构简式可表示为；
（8）K→F的转化过程中，会发生多个副反应。其中一个副反应产物分子式为，这说明F分子中的醛基与氢气发生加成反应生成羟基，则其结构简式为。
12．(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。
13．(1)N
(2)金刚石>碳化硅>硅
(3) 三角锥形 中F元素电负性强，使得N原子呈正电性()，难与结合
(4) 4 共价键
【详解】（1）同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，B、C、N三种元素中第一电离能最大的是N；
（2）硅、金刚石和碳化硅都是共价晶体，原子半径越小，键能越大，原子半径C碳化硅>硅；
（3）①中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形。N原子的轨道杂化类型为。
②中F元素电负性强，使得N原子呈正电性()，难与结合，所以不显碱性。
（4）①根据图示，距离硼原子最近的氮原子有4个，氮化硼为共价晶体，含有的微粒间作用力为共价键。
②根据均摊原则，晶胞中B原子数为 、N原子数为4，立方氮化硼晶体的摩尔质量为ag⋅mol，密度为ρg⋅cm，设为阿佛加德罗常数的值，边长为xcm，则；该晶体的晶胞边长x=cm。
14．(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。
15．(1) 铁氰化钾 白色沉淀
(2)
(3)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象
(4)ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出
【分析】AgCl白色沉淀中加入浓盐酸，发生，沉淀溶解，加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，静置过程中被氧化为，逐渐增大，将Ag氧化为，正向移动，逆向移动，析出AgCl。
【详解】（1）①实验室通常用铁氰化钾检验亚铁离子，则取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，发生反应，有产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，故答案为：铁氰化钾；
②银能溶于稀硝酸生成硝酸银，银离子与氯离子结合生成AgCl白色沉淀，因此取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag，故答案为：白色沉淀；
（2）①灰白色固体中含AgCl，加入氨水生成Ag(NH3)2Cl络合物，过滤，则滤渣为AgCl，滤液中含有Ag(NH3)2Cl，滤液加盐酸未产生沉淀，发生的反应为，故答案为：；
②根据可知，应生成Fe3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）要排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，可设计实验：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长，说明AgCl的产生主要与Fe3+有关，可排除氧气的影响，故答案为：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象；
（4）ⅰ中AgCl发生反应溶解，ⅱ中静置过程中被氧化为， 逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出，因此ⅲ中又生成AgCl，故答案为：ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出。
北京房山区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、原理综合题
1．（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_______。
2．（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_______。
3．（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____。
4．（2023·北京房山·统考二模）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，选择高效催化剂实现降能提效是目前研究的重点。
(1)合成氨反应为： kJ⋅mol，理论上___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转化率。
(2)针对反应速率与平衡产率的矛盾、我国科学家提出了两种解决方案。
①方案一：使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时、Fe的温度为547℃，而的温度为415℃)。使N≡N在___________(填写“热Fe”或“冷Ti”，下同)表面断裂，氨气在___________表面生成、有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。
②方案二：使用M-LiH复合催化剂。催化剂组成及反应温度对合成氨速率影响如图所示。
下列说法不正确的是___________。
a．催化剂能够改变反应路径，降低反应活化能
b．相同条件下，复合催化剂更有利于提高合成氨反应速率
c．高温下，使用复合催化剂更有利于提高氨的平衡产率
(3)电催化合成氨是一种常温常压条件下，利用水作为氢源的低碳环保技术。装置示意图如右图。
①a电极应连接电源___________极。
②电催化合成氨的方程式为___________。
(4)以焦炉煤气(主要成分为H₂、CH₄及少量CO)和空气为原料，实现氨和甲醇的联和生产工艺具有广阔的应用前景。在氨醇联产中合成甲醇的主要反应为： 。请从能源及资源利用角度说明该工艺的优点___________。
二、填空题
5．（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_______。
三、工业流程题
6．（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 _______
7．（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)
8．（2023·北京房山·统考二模）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn的质量分数为_____%。
四、有机推断题
9．（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_______。
10．（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)____。
11．（2023·北京房山·统考二模）光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：
反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
①
②(R、、为H或烃基)
(1)A的化学名称为___________。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)基础树脂Ⅰ中官能团为___________。
(4)D的结构简式为___________。
(5)J→K的化学方程式为___________。
(6)若基础树脂Ⅱ为线型高分子，其结构简式为___________。
(7)实际生产中可控制反应条件使D的支链不完全水解，生成的产物再与少量F聚合、得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为___________。
(8)K→F的转化过程中，会发生多个副反应。其中一个副反应产物分子式为，写出其结构简式：___________。
五、结构与性质
12．（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____。
13．（2023·北京房山·统考二模）短周期元素B、C、N等元素可以形成多种物质，呈现出不同的性质，请回答以下问题：
(1)B、C、N三种元素中第一电离能最大的是___________。
(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次是___________。
(3)的结构与类似、但是性质差异较大。
①的空间结构为___________形。N原子的轨道杂化类型为___________。
②具有碱性(可与结合)而不显碱性，原因是___________。
(4)立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①距离硼原子最近的氮原子有___________个，氮化硼晶体中含有的微粒间作用力为___________。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为ag⋅mol，密度为ρg⋅cm，设为阿佛加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
六、实验题
14．（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：____。
15．（2023·北京房山·统考二模）工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素。
【实验A】在试管中加入NaCl溶液，然后滴入溶液，产生白色沉淀。滤出白色沉淀，继续实验如下：
【资料】①
②
(1)检验ⅱ中产物
①取ⅱ中上层清液，滴加_______溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有。
②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成_______(填实验现象)，证明灰黑色固体中含有Ag。向另一份加入KI溶液，无明显现象。
(2)检验ⅲ中产物。
①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如下实验，确认灰白色固体中含AgCl：
滤液加盐酸未产生沉淀，但加入硫酸后产生了白色沉淀，请写出滤液加盐酸的离子方程式：_______。
②取ⅲ中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如下表。
取样时间
10分钟
12小时
24小时
溶液颜色
浅红色
红色
深红色
用离子方程式表示溶液变红的原因_______，。
(3)小组同学认为可以直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验验证：_______。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与有关。
(4)实验A中的ⅰ~ⅲ中，ⅰ中AgCl溶解，ⅲ中又生成AgCl的原因是：_______。
实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。
参考答案：
1． -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。
2． 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。
3．(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。
4．(1) 高 低
(2) 热Fe 冷Ti c
(3) 负极
(4)合成甲醇放热为合成氨反应提供能量；焦炉煤气是甲醇和氨的原料，减少CO排放等
【详解】（1）高温有利于提高反应速率；该反应为放热反应，低温有利于提高平衡转化率。
（2）①化学键断裂需要吸收能量，因此使N≡N在热Fe表面断裂有利于吸热过程的进行，能够加快化学键的断裂；成键放热，冷Ti温度低于体系温度，有利于放热过程的进行，即有利于提高合成氨的平衡产率。②根据图示，催化剂能够改变反应路径，降低反应活化能，加快反应进行，且复合催化剂相对单金属催化剂更有利于提高合成氨反应速率，a，b项正确；当温度过高，则催化剂容易分解失活，c项错误。
（3）①a极发生N2的还原反应，为负极。②a极N2被还原为NH3，b极H2O被氧化为O2，则电催化合成氨的方程式为。
（4）合成甲醇的反应为放热反应，可以为合成氨反应提供能量，且该工艺使用焦炉煤气作为甲醇和氨的原料，能够减少CO排放。
5． 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。
6． -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：。
7．(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=。
8．(1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
(2) Fe(OH)3 2×10-7
(3) 滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
【详解】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
9． 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。
10．(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。
11．(1)乙炔
(2)加成反应
(3)酯基
(4)
(5)2CH3CHO
(6)
(7)
(8)
【分析】A为HC≡CH，HC≡CH与C2H4O2发生加成反应生成B为CH3COOCH=CH2，则C2H4O2为CH3COOH；HC≡CH与氢气发生加成反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成；CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成D为，酸性条件下发生水解反应生成；HC≡CH与水发生加成反应I为CH2=CHOH，CH2=CHOH发生构型转化生成J为CH3CHO，CH3CHO碱性条件下反应生成K为，经发生消去反应、加成反应得到F为CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO与发生信息反应生成线型高分子基础树脂Ⅱ为，据此解答。
【详解】（1）A的化学名称为乙炔。
（2）根据以上分析可知A→B的反应类型为加成反应。
（3）根据基础树脂Ⅰ的结构简式可知其中官能团为酯基。
（4）根据以上分析可知D的结构简式为。
（5）根据以上分析可知J→K是2分子乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为2CH3CHO。
（6）基础树脂Ⅱ为线型高分子，其结构简式为。
（7）由实际生产中可控制反应条件使D的支链不完全水解，生成的产物再与少量F聚合，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，Ⅱ结构简式可表示为；
（8）K→F的转化过程中，会发生多个副反应。其中一个副反应产物分子式为，这说明F分子中的醛基与氢气发生加成反应生成羟基，则其结构简式为。
12．(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。
13．(1)N
(2)金刚石>碳化硅>硅
(3) 三角锥形 中F元素电负性强，使得N原子呈正电性()，难与结合
(4) 4 共价键
【详解】（1）同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，B、C、N三种元素中第一电离能最大的是N；
（2）硅、金刚石和碳化硅都是共价晶体，原子半径越小，键能越大，原子半径C
（3）①中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形。N原子的轨道杂化类型为。
②中F元素电负性强，使得N原子呈正电性()，难与结合，所以不显碱性。
（4）①根据图示，距离硼原子最近的氮原子有4个，氮化硼为共价晶体，含有的微粒间作用力为共价键。
②根据均摊原则，晶胞中B原子数为 、N原子数为4，立方氮化硼晶体的摩尔质量为ag⋅mol，密度为ρg⋅cm，设为阿佛加德罗常数的值，边长为xcm，则；该晶体的晶胞边长x=cm。
14．(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。
15．(1) 铁氰化钾 白色沉淀
(2)
(3)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象
(4)ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出
【分析】AgCl白色沉淀中加入浓盐酸，发生，沉淀溶解，加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，静置过程中被氧化为，逐渐增大，将Ag氧化为，正向移动，逆向移动，析出AgCl。
【详解】（1）①实验室通常用铁氰化钾检验亚铁离子，则取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，发生反应，有产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，故答案为：铁氰化钾；
②银能溶于稀硝酸生成硝酸银，银离子与氯离子结合生成AgCl白色沉淀，因此取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag，故答案为：白色沉淀；
（2）①灰白色固体中含AgCl，加入氨水生成Ag(NH3)2Cl络合物，过滤，则滤渣为AgCl，滤液中含有Ag(NH3)2Cl，滤液加盐酸未产生沉淀，发生的反应为，故答案为：；
②根据可知，应生成Fe3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）要排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，可设计实验：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长，说明AgCl的产生主要与Fe3+有关，可排除氧气的影响，故答案为：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象；
（4）ⅰ中AgCl发生反应溶解，ⅱ中静置过程中被氧化为， 逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出，因此ⅲ中又生成AgCl，故答案为：ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出。
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