北京市第一七一中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量：
第一部分选择题(共42分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列实验中，酸的使用不合理的是
A. 用硫酸促进淀粉水解B. 用盐酸配制溶液
C. 用硝酸与锌粒制备氢气D. 用浓硝酸和浓盐酸的混合液溶解金
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉水解可以用硫酸做催化剂，硫酸能促进淀粉水解，A正确；
B．FeCl3在水溶液中电离出的Fe3+易发生水解反应：FeCl3+3H2O⇋Fe(OH)3+3HCl，加入HCl可以抑制FeCl3的水解，用盐酸配制溶液正确，B正确；
C．硝酸具有强氧化性，硝酸与锌粒反应生成硝酸锌和NO，不能生成氢气，C错误；
D．用浓硝酸和浓盐酸按照体积比1：3得到王水，能溶解金，D正确；
答案选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 电子式为B. 的VSEPR模型为
C. 电子云图为 D. 基态原子的价层电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是 ，A项错误；
B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：
C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确；
D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是 ，D项错误；
故选C。
3. 核污染水中含有、等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确的是
A. 含有的中子比质子多27个B. 位于元素周期表第五周期ⅡA族
C. 可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的D. 借助元素周期表比较可知的金属性比强
【答案】D
【解析】
【详解】A．的质子数为55、质量数为137，中子数为(137—55)=82，则中子比质子多27个，故A正确；
B．锶元素的原子序数为38，位于元素周期表第五周期ⅡA族，故B正确；
C．氢氧化锶难溶于水，所以用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的，故C正确；
D．同主族元素，从上到下金属性依次增强，则铯的金属性大于铷，同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则铷的金属性强于锶，所以借助元素周期表比较可知铯的金属性比锶强，故D错误；
故选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中阴离子数为
B. 碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为
C. 二氧化硅晶体中含有键数为
D. 溶液中含有的氢离子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠是钠离子和过氧根离子形成的离子化合物，则7.8g过氧化钠中阴离子个数为×1×NAml—1=0.1NA，故A错误；
B．碳酸钠和碳酸氢钠中氧原子个数都为3，则0.1ml碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.1ml×3×NAml—1=0.3NA，故B正确；
C．二氧化硅中每个硅原子与四个氧原子形成4个硅氧键，则60g二氧化硅晶体中含有硅氧键数为×4×NAml—1=4NA，故C错误；
D．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，则醋酸溶液中含有的氢离子数目小于0.5ml×0.1L×NAml—1=0.05NA，故D错误；
故选B。
5. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
C. 铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D. 将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
【答案】A
【解析】
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即，故B不符合题意；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为，故C不符合题意；
D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故D不符合题意；
答案选A。
6. 染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是
A. 分子中存在3种官能团
B. 可与反应
C. 该物质与足量溴水反应，最多可消耗
D. 该物质与足量溶液反应，最多可消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A错误；
B．含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；
C．酚羟基含有四种邻位或对位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴5ml，C错误；
D．分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3mlNaOH，D错误；
答案选B。
7. 下列制备物质的转化关系不合理的是
A. 制：
B. 制：
C. 制NaOH：海水NaCl溶液NaOH
D. 制Mg：海水溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气和氢气生成NH3，氨和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，转化关系合理，故A不符合题意；
B．S通过和氧气生成SO2，SO2在催化剂条件下生成SO3，SO3通入水中得到，转化关系合理，故B不符合题意；
C．海水提纯可获得NaCl溶液，电解NaCl溶液可制备NaOH，转化关系合理，故C不符合题意；
D．电解饱和氯化镁溶液，在阳极处产生氯气，阴极处产生氢气和氢氧化镁，因此不能用这种方法获得镁，转化关系不合理，故D符合题意；
故答案选D。
8. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝在浓硝酸中钝化，钝化膜阻碍反应的继续进行，所以题给装置无法达到比较铝和铜的金属活动性的实验目的，故A错误；
B．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，而在稀硫酸中硫酸在溶液中电离出硫酸根离子和氢离子，浓硫酸和稀硫酸的性质不同，所以题给装置不能达到验证浓度对反应速率的影响的实验目的，故B错误；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成一水合氨和盐酸的反应是吸热反应，加热蒸干时，一水合氨受热分解、氯化氢受热挥发会使平衡不断向正反应方向移动直至水解趋于完全，无法得到氯化铵，所以题给装置无法达到制备氯化铵固体的实验目的，故C错误；
D．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应生成的二氧化硫能使品红溶液漂白褪色说明浓硫酸具有强氧化性，则题给装置能达到证明浓硫酸具有强氧化性的实验目的，故D正确；
故选D。
9. 某同学探究使品红溶液褪色的过程，将通入水中得到的溶液A，后续操作如下，下列说法不正确的是
A. 溶液A的原因是：
B. 实验1、实验2均体现了的还原性和漂白性
C. 经实验1、2对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的
D. 实验2中加入溶液调节的原因是排除浓度变化产生的干扰
【答案】B
【解析】
【分析】由题给实验可知，实验1碘酒褪色是因为二氧化硫具有还原性，能与碘酒中的碘反应生成硫酸和氢碘酸，反应生成的硫酸和氢碘酸不能使品红溶液褪色；实验2品红溶液褪色是因为二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，向褪色溶液中加入碘酒后，二氧化硫与碘酒中的碘反应生成硫酸和氢碘酸，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为2，溶液红色复原，说明溶液中氢离子不能使品红溶液褪色，证明品红溶液褪色的过程是可逆的。
【详解】A．溶液A的pH为2是因为溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中分步电离出氢离子使溶液呈酸性：，故A正确；
B．由分析可知，实验1只能说明二氧化硫具有还原性，不能证明二氧化硫具有漂白性，故B错误；
C．由分析可知，经实验1、2对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的，故C正确；
D．由分析可知，实验1、2都在pH＝2的溶液中进行，可排除H+浓度变化产生的干扰，故D正确；
故选B。
10. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色说明溶液中一定有钠离子，但不能确定是否含有钾离子，故A错误；
B．溶液中含有铁离子时，滴入硫氰化钾溶液，溶液也会变为红色，则向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红不能确定溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；
C．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸和蔗糖混合搅拌，蔗糖脱水碳化，且放出大量的热，具有强氧化性的浓硫酸可与碳共热反应生成二氧化硫和二氧化碳，反应生成的二氧化硫能使品红溶液漂白褪色，则蔗糖变黑，品红试纸褪色说明浓硫酸有脱水性和氧化性，故C正确；
D．溶液中铵根离子能与氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，不能生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的氨气，则试纸不变蓝不能说明溶液中是否含有铵根离子，故D错误；
故选C。
11. 合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三个阶段，依次发生。
下列说法不正确的是
A. 第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂
B. 该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率
C. 聚合物P中含有3种官能团
D. 加入，最多生成聚合物P
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据转化路线知，第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂，A正确；
B．聚合过程包含三个阶段，依次发生，即先发生与聚合，后发生与O＝C＝O聚合，所以该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率，B正确；
C．聚合物P中含有酯基、酰胺基、羟基3种官能团，C正确；
D．由第一阶段知，生成1ml，同时得到，由第三阶段知，生成聚合物P，需要，则生成聚合物P，需要，则加入，最多生成聚合物P ，D错误；
故选D。
12. 粗盐中的杂质离子主要有、、，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：i．
ii．粗盐水中
下列说法不合理的是
A. 过程Ⅰ中当溶液时，已沉淀完全
B. 过程Ⅱ中加入足量的，盐水b中的阴离子仅含有、
C. 过程Ⅱ中若改为先加溶液、过滤后再加溶液也能达到除杂目的
D. 过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性
【答案】B
【解析】
【分析】粗盐中含有、、，加入氢氧化钠溶液，发生，过滤得到盐泥a，盐泥a为，再加入固体，由表中数据知，发生，得到沉淀，过滤，盐泥b为，再加入盐酸调节pH值，得到精制盐水，据此回答。
【详解】A．过程Ⅰ中当溶液时，，，已沉淀完全，A正确；
B．由分析知，过程Ⅱ中加入足量的，盐水b中的阴离子仅含有、、，B错误；
C．过程Ⅱ中若改为先加溶液，发生，过滤后再加溶液将过量的除去，也能达到除杂目的，C正确；
D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性，防止引入新的杂质，多余的盐酸在蒸发过程中除去，D正确；
故选B。
13. 用过量的盐酸和溶液的混合液作为浸取剂，将黄铜矿（）中的铜元素以的形式，铁元素以的形式浸出，一种流程示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 的中心离子是，配体是
B. 参与反应的
C. 浸取剂中有助于固体的溶解
D. 用浓盐酸和溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
【答案】B
【解析】
【分析】将黄铜矿（）粉碎，加入过量的盐酸和溶液的混合液溶解得到、的混合液，所得滤渣的主要成分是S和少量CuS等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原，据此解答。
【详解】A．中氯元素是－1价，铜元素化合价是+1价，其中中心离子是，配体是，A正确；
B．溶解过程中发生的反应为+3+4HCl＝4+2S+FeCl2，但由于含有少量CuS生成，所以参与反应的，B错误；
C．由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的有助于固体的溶解，C正确；
D．铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；
答案选B。
14. 研究小组为探究在空气中变质后的产物，进行如下实验并记录现象。
实验①：取样品加水溶解，得到澄清溶液a。
实验②：取少量溶液a，向其中加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体生成，且出现淡黄色浑浊。
实验③：将实验②中的浊液过滤，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀。
已知信息：i．溶液能溶解S，并生成，与酸反应生成S和(臭鸡蛋气味)；ii．易溶于水。
下列说法不正确的是
A. 实验②中淡黄色浑浊可能是与反应产生的
B. 实验①和实验②说明样品中一定含有S
C. 实验③中产生的白色沉淀是
D. 样品中可能含有
【答案】B
【解析】
【详解】A．由已知信息i可知，实验②中的淡黄色浑浊可能是与反应产生的S，选项A正确；
B．若原样品中含有，在酸性条件下反应也能产生此现象，故不能说明该样品中一定含有S，选项 B错误；
C．实验③是将实验②中的浊液过滤，滤液中含有过量的盐酸，加入溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀是，选项C正确；
D．实验③证明该样品中可能含有Na2SO3，也可能含有，选项D正确；
答案选B。
第二部分选择题(共58分)
15. 黄铜矿(主要成分为)可用于冶炼，主要物质转化过程如下：
（1）与共热制备的反应中，每生成转移的电子数为___________。
（2）为减少对环境的污染，在高温时可以用将其转化为，反应的化学方程式为___________。
（3）中心原子的杂化方式是___________，用价层电子对互斥理论解释的空间结构不同于的原因：___________。
（4）与都可视为离子晶体，且结构相似，但的熔点比的高约，原因是___________。
（5）的晶胞如图1所示。
①图2所示结构单元不能作为晶胞的原因是___________。
②从图1可以看出，每个晶胞中含有的原子个数为___________。
③已知：晶体的密度是，阿伏加德罗常数的值为，晶胞中底边边长___________
(用计算式表示；的摩尔质量为)。
【答案】（1）6NA （2）2SO2+O2+2CaO2CaSO4
（3） ①. sp2 ②. SO2中S原子的价层电子对数为3、孤电子对数为1，分子的空间构型为V形，CO2中C原子的价层电子对数为2、孤电子对数为0，分子的空间构型为直线形
（4）二者同属离子晶体，O2−的半径比S2−小，Cu2O晶体中离子键强于Cu2S晶体，所以熔点高于Cu2S
（5） ①. 图2中上底面中心的黑色原子(Fe)无法与下底面中心的白色原子(Cu)在平移之后实现无隙并置 ②. 4 ③. ×1010
【解析】
【分析】由题给流程可知，黄铜矿经处理得到硫化亚铜，硫化亚铜与空气中的氧气共热反应生成氧化亚铜和二氧化硫。
【小问1详解】
由分析可知，硫化亚铜在空气煅烧反应生成氧化亚铜和二氧化硫，反应的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2，反应中硫元素的化合价升高被氧化，硫化亚铜是反应的还原剂，氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，反应生成2ml氧化亚铜时，转移电子的物质的量为12ml，则反应生成1ml氧化亚铜时，转移电子的数目为1ml×6×NAml—1=6NA，故答案为：6NA；
【小问2详解】
由题意可知，减少二氧化硫对环境的污染发生的反应为高温条件下二氧化硫与氧气、氧化钙反应生成硫酸钙，反应的化学方程式为2SO2+O2+2CaO2CaSO4，故答案为：2SO2+O2+2CaO2CaSO4；
【小问3详解】
二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，原子的杂化方式为sp2杂化，分子的空间构型为V形，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤电子对数为0，分子的空间构型为直线形，故答案为：sp2；SO2中S原子的价层电子对数为3、孤电子对数为1，分子的空间构型为V形，CO2中C原子的价层电子对数为2、孤电子对数为0，分子的空间构型为直线形；
【小问4详解】
氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜晶体中离子键强于硫化亚铜，所以熔点高于硫化亚铜，故答案为：二者同属离子晶体，O2−的半径比S2−小，Cu2O晶体中离子键强于Cu2S晶体，所以熔点高于Cu2S；
【小问5详解】
①由图可知，图2中上底面中心的黑色原子(Fe)无法与下底面中心的白色原子(Cu)在平移之后实现无隙并置，所以图2所示结构单元不能作为晶胞，故答案为：图2中上底面中心的黑色原子(Fe)无法与下底面中心的白色原子(Cu)在平移之后实现无隙并置；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于面心、棱上铜原子个数为6×+4×=4，故答案为：4；
③由化学式可知，晶胞中含有4个CuFeS2，设晶胞的边长为apm，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-10 )2×2a×10-10×4.3，解得a=×1010，故答案为：×1010。
16. 氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究SCR技术(NH3选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。
(1)氮氧化物(以NO为主)直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，反应的化学方程式为_______。
(2)NH3催化还原NO的化学方程式为_______。
(3)铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如下：
① 反应iv中消耗的NO2 (NH) 2与NO的物质的量之比为_______。
② 适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因：_______。
③ 向反应体系中添加NH4NO3可显著提高NO脱除率。原因如下：
NO与NO发生反应NO+ NO = NO2 + NO；
NO2与NH发生反应iii和反应iv转化为N2；
NO与NH发生反应_______(填离子方程式)转化为N2。
(4)相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的SO2会明显降低NO脱除率。
① 推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是_______。
② 持续通入含SO2的烟气。不同温度下，每隔1 h测定NO脱除率，结果如下：
相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，原因是_______。
【答案】 ①. 2NO + O2 =2NO2，3NO2+H2O=2HNO3 + NO ②. 4NH3 + 6NO5N2 + 6H2O ③. 1：1 ④. 反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率 ⑤. NO+ NH =N2 + 2H2O ⑥. MnO2 + SO2 =MnSO4 ⑦. 温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著
【解析】
【详解】氮氧化物(以NO为主)直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，NO与空气中的O2反应生成NO2，反应方程式为2NO + O2 =2NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3 + NO，从而形成硝酸型酸雨，故答案为2NO + O2 =2NO2，3NO2+H2O=2HNO3 + NO；
NH3催化还原NO，氨气中的N由-3价升高到0价，NO中的N的化合价由+2价降到0价，化学方程式为4NH3 + 6NO5N2 + 6H2O；故答案4NH3 + 6NO5N2 + 6H2O；
(3)① 反应ivNO2 (NH) 2中N的化合价有两种，一个+2价的N和两个-3价的N，而NO中的N的化合价为+2价，所以二者反应生成N2，只需要1:1就能恰好完全反应，所以二者的物质的量之比为1:1；② 整个化学反应的快慢由最慢的反应过程来决定，由上图知反应速率由反应ⅱ来决定，所以适当增大催化剂用量可以明显加快反应ⅱ的反应速率，从而使脱硝速率明显加快；③ 中NO与NH发生反应转化为N2的离子方程式为NO+ NH =N2 + 2H2O；故答案为1：1 反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率 NO+ NH =N2 + 2H2O；
(4) ① 推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，因为二氧化锰把二氧化硫氧化生成硫酸根，二氧化锰中的锰由+4降到+2价，其化学方程式为MnO2 + SO2 =MnSO4，②由上图可知，相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，虽然升高温度能加快反应速率，但升高温度会使催化剂失效而使反应变慢，而催化剂对反应速率的影响超过温度对反应速率的影响，所以200℃时NO脱除率低于100℃。
17. 化合物K有抗高血压活性，其合成路线如下。
已知：
（1）A为芳香族化合物，A名称是___________。
（2）B→D的化学方程式是___________。
（3）G的结构简式是___________。
（4）E属于酯，E的结构简式是___________。
（5）K中能与溶液反应的官能团有___________。
a．碳碳双键 b．酯基 c．酰胺基
（6）D也可由间硝基甲苯通过电解法制得，主要物质转化关系如下。
已知：电解效率的定义：
①Ⅱ中，生成Q的离子方程式是___________。
②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，当电极通过，生成aml D时，___________。
（7）以D、F和为原料，“一锅法”合成G的转化过程如下。
M的结构简式是___________，M→N的反应类型是___________。
【答案】（1）甲苯 （2）
（3） （4）CH3COOCH2CH3
（5）bc （6） ①. ②.
（7） ①. ②. 加成反应
【解析】
【分析】由题干合成路线图可知，根据D的结构简式和B的分子式以及B到D的转化条件可知，B的结构简式为：，由A的分子式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由K的结构简式和G的分子式以及G到K的转化条件可知，G的结构简式为：，由F的分子式和D、F转化为G的转化条件可知，F的结构简式为：，由E的分子式并结合题干已知信息可知，E的结构简式为：CH3COOCH2CH3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：，故A的名称是甲苯，故答案为：甲苯；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，G的结构简式是，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，E属于酯，E的结构简式是CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3；
【小问5详解】
碳碳双键不能和NaOH反应，酯基和酰胺基能与NaOH溶液发生水解反应，故K中能与溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，故答案为：bc；
【小问6详解】
①由题干转化关系图可知Ⅱ中，生成Q即被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是，故答案为：；
②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1mlD需失去4ml电子，故当生成aml D时，失去电子4aml，=4a×100%，故答案为：4a×100%；
【小问7详解】
由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L，故答案为：；加成反应。
18. 软锰矿在生产中有广泛的应用。
（1）过程I：软锰矿的酸浸处理
①酸浸过程中的主要反应(将方程式补充完整)：___________。
☐☐___________=☐ ☐___________。
②生成的硫附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入，利用其迅速分解产生的大量气体破除附着的硫，导致迅速分解的因素是___________。
③矿粉颗粒表面附着的硫被破除后，可以继续与反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是___________。
（2）过程II：电解法制备金属锰
金属锰在___________(填“阳”或“阴”)极析出。
（3）过程III：制备
下图表示通入时随时间的变化，15-150分钟滤饼中一定参与反应的成分是___________，判断的理由是___________。
（4）过程IV：制备
难溶于水、能溶于强酸，可用溶液和溶液混合制备。每制得，至少消耗溶液的体积为___________L。
【答案】（1） ①. 2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ②. Fe3+或MnO2等作催化剂 ③. MnO2+ H2O2+ 2H+= Mn2++O2↑+2H2O
（2）阴 （3） ①. Mn2(OH)2SO4 ②. Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+
（4）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中加入稀硫酸酸浸，二氧化锰与FeS2、稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸锰、硫和水；过程II是电解反应得到的硫酸锰溶液，在阴极得到金属锰；过程III是向硫酸锰溶液中加入氨水，过滤得到含有氢氧化锰、碱式硫酸锰的滤饼，滤饼洗涤后，加入蒸馏水，通入氧气，将氢氧化锰、碱式硫酸锰转化为四氧化三锰；过程IV是向硫酸锰溶液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中硫酸锰转化为碳酸锰沉淀。
【小问1详解】
①由分析可知，酸浸过程中的主要反应为二氧化锰与FeS2、稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸锰、硫和水，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O，故答案为：2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O；
②由题意可知，过氧化氢溶液分解生成氧气的原因是过量的二氧化锰和反应生成的铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢分解的速率而迅速分解产生大量氧气，故答案为：Fe3+或MnO2等作催化剂；
③过氧化氢溶液提高锰元素浸出率发生的反应为过氧化氢溶液与二氧化锰反应生成硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为MnO2+ H2O2+ 2H+= Mn2++O2↑+2H2O，故答案为：MnO2+ H2O2+ 2H+= Mn2++O2↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，电解反应得到的硫酸锰溶液，在阴极得到金属锰，故答案为：阴；
【小问3详解】
氢氧化锰与氧气反应生成四氧化三锰和水，反应的化学方程式为6Mn(OH)2+ O2=2Mn3O4+6H2O，反应中溶液pH变化不大；碱式硫酸锰与氧气反应生成四氧化三锰和硫酸，反应的化学方程式为3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4，反应生成的硫酸会使溶液的pH减小，由图可知，通入氧气时，溶液pH减小，说明15-150分钟滤饼中一定参与反应的成分是碱式硫酸锰，故答案为：Mn2(OH)2SO4；Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+；
【小问4详解】
由分析可知，硫酸锰溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，由方程式可知，反应生成1ml碳酸锰沉淀，消耗a ml/L碳酸氢铵溶液的体积为=L，故答案为：。
19. 某小组欲探究反应2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I−，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。

(1)Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，______。
(2)Ⅲ中的黄色浑浊是______。
(3)经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。
①对Fe3+产生的原因做出如下假设：
假设a：空气中存在O2，由于______(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；
假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；
假设c： ______；
假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。
②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是______。
(4)经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。
①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，______。
② 为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
实验1：向1 mL 0.1 ml·L−1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 ml·L−1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如下图。

实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是______。
ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是______。
【答案】 ①. 滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 ②. AgI ③. 4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O ④. 酸性溶液中NO3−具有氧化性，可产生Fe3+ ⑤. Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+ ⑥. 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 ⑦. Fe2+ + Ag+== Fe3+ + Ag ⑧. AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【解析】
【分析】(1)根据检验Fe3+的实验方法分析解答；
(2)根据资料黄色固体AgI不溶于稀硝酸，结合图示分析判断；
(3)①Fe2+被O2氧化生成Fe3+，据此书写反应的离子方程式；酸性溶液中NO3−具有氧化性；②根据试管III中的现象，Ag+与I−生成了AgI沉淀，结合2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−分析解答；
(4)①检验灰黑色浑浊物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能够溶于稀硝酸设计实验检验；
②ⅰ．实验1中Fe2+ 和Ag+发生氧化还原反应，据此书写反应的离子方程式；ⅱ．由实验1的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验2知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试管III、Ⅳ中的现象分析解答。
【详解】(1)根据检验Fe3+的实验方法可知，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中不存在Fe3+，故答案为滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
(2)由资料可知，黄色固体AgI不溶于稀硝酸，结合图示可知，黄色沉淀为AgI，故答案为AgI；
(3)①Fe2+被O2氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，酸性溶液中NO3−具有氧化性，也可将Fe2+氧化生成Fe3+，故答案为4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O；酸性溶液中NO3−具有氧化性，可产生Fe3+；
②结合已知信息：2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−，和试管III中的现象，Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+，故答案为Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+；
(4)①检验灰黑色浑浊物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能够溶于稀硝酸，使银转化为银离子，再检验银离子即可，具体操作为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明AgI中含有Ag，故答案为加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
②ⅰ．实验1中Fe2+ 和Ag+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；ⅱ．由实验1的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验2知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试管III、Ⅳ中的现象可推知，AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，从而加快了Fe2+与Ag+的反应速率，使得Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊，故答案为Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
【点睛】理解题目中的实验原理和目的是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)②，要注意图象的识别和实验现象的分析。A．比较和的金属活动性
B．探究浓度对反应速率的影响
C．制备固体
D．证明浓硫酸具有强氧化性
实验1
溶液 无色溶液 红色溶液
实验2
溶液 无色溶液 红色复原
操作
现象
结论
A
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有，无
B
向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加溶液
溶液变红
原溶液中有
C
将浓硫酸和蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气体
蔗糖变黑，品红试纸褪色
浓硫酸有脱水性和氧化性
D
滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无
物质