北京市房山区2021-2022学年高三下学期一模化学试题

这是一份北京市房山区2021-2022学年高三下学期一模化学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，有机推断题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．近年来我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法不正确的是
A．“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于有机物
B．“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅
C．“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染
D．“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，22号钛元索属于过渡元素
【答案】A
【解析】
【详解】
A．氮化硼陶瓷属于无机物，A说法错误；
B．硅单质是常用的半导体材料，可用于制作芯片，B说法正确；
C．液氧液氢作推进剂，产物是水，对环境没有污染，C说法正确；
D．钛位于元素周期表第四周期第ⅡB族，属于过渡金属元素，D说法正确；
答案选A。
2．下列图示或化学用语表示不正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A．乙炔的分子式为C2H2，为直线型，为其空间结构模型，A正确；
B．根据VSEPR理论，二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故6/2=3，即SO2为角型或者叫V型，B正确；
C．反-2-丁烯中两个甲基位于双键的异侧，结构简式为，C正确；
D．氨分子中N和H原子形成共用电子对，N原子含有1对孤对电子，其电子式为：，D错误；
答案选D。
3．香豆素—4是一种激光染料、应用于激光器。香豆素—4由C、H、O三种元素组成，分子的球棍模型如图所示。下列有关叙述不正确的是
A．属于芳香族化合物
B．分子中有3种官能团
C．能与饱和溴水发生取代反应
D．1ml香豆素-4最多能与含的溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由结构可知，分子中含有苯环，属于属于芳香族化合物，A正确；
B．分子中含有酚羟基、酯基、碳碳双键，共3种基团，B正确；
C．分子中含有碳碳双键能与溴水发生加成反应，C正确；
D．酚羟基、酯基都可以和氢氧化钠反应，该分子中酯水解以后形成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，故1ml香豆素-4最多能与含的溶液反应，D错误；
故选D。
4．下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是
A．稳定性：HF>HCl>HBr>HIB．第一电离能：C>N>O>F
C．酸性：D．电负性：C【答案】B
【解析】
【详解】
A．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr>HI，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：F >N>O> C，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱；同主族元素从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；酸性：，C正确；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：C故选B。
5．下列实验能达到对应目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A．配制溶液时，应先在烧杯中溶解，再转移，而不能直接在容量瓶中溶解，A错误；
B．实验室加热氯化铵和氢氧化钙(熟石灰)的混合物制取氨气，若直接加热氯化铵生成的HCl和NH3在试管口又重新反应生成NH4Cl，不能达到实验目的，B错误；
C．氨气极易溶于水，尾气处理时需要防倒吸，装置能达到实验目的，C正确；
D．CO2和HCl均会和NaOH反应，可用饱和的NaHCO3溶液除去中的少量，D错误；
答案选C。
6．下列措施不能加快Zn与1ml/LH2SO4反应产生H2的速率的是
A．用Zn粉代替Zn粒B．滴加少量的CuSO4溶液
C．升高温度D．再加入1ml/LCH3COOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】
A．用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；
B．滴加少量的CuSO4溶液，Zn会先置换出铜，之后形成原电池，可以加快反应速率，B不符合题意；
C．升高温度可以加快反应速率，C不符合题意；
D．CH3COOH为弱酸，1ml/LCH3COOH溶液溶液中c(H+)＜1ml/L，加入后相当于稀释，会使氢离子浓度变小，减慢反应速率，D符合题意；
综上所述答案为D。
7．下列有关海水及海产品综合利用的离子方程式不正确的是
A．海水提镁中用石灰乳沉镁：
B．海水提溴中用水溶液富集溴：
C．氯碱工业中电解饱和食盐水：
D．海产品中提取碘单质：
【答案】A
【解析】
【详解】
A．石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：，A错误；
B．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式为：，B正确；
C．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和NaOH，离子方程式为：，C正确；
D．海产品中通入Cl2可将I-氧化为I2从而提取碘单质，离子方程式为：，D正确；
答案选A。
8．以[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0可知，[Cu(H2O)4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；
B．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确；
C．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl-与Ag+反应，即Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确；
D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误；
答案为D。
9．的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将分别转化为和的反应过程示意图如图所示，下列说法正确的是
A．在转化为的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为的路径中，被氧化为
C．两个转化路径均有非极性键的形成
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；
B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；
C．根据转化示意图可知，两个转化路径中，不存在着非极性键的形成，C错误；
D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；
答案选D。
10．钒电池是目前发展势头强劲的绿色环保储能电池之一，其工作原理如图所示，放电时电子由B极一侧向A极移动，电解质溶液含硫酸。下列说法不正确的是
A．放电时，负极上发生反应的电极反应是：
B．放电时，通过离子交换膜由B极一侧向A极移动
C．充电时A极为阳极
D．充电时，电池总反应为：
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中电子由负极流出，向正极移动；已知，放电时电子由B极一侧向A极移动，则A为正极、B为负极；
【详解】
A．负极发生氧化反应，由图可知，电极反应为，A正确；
B．放电时，阳离子向电源正极运动，通过离子交换膜由B极一侧向A极移动，B正确；
C．A极为电池的正极，则充电时为阳极，C正确；
D．充电时，阳极发生氧化反应转化为，阴极发生还原反应转化为，故电池总反应为：，D错误；
故选D。
11．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe(OH)3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。
下列叙述不正确的是
A．反应I的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3
B．用FeCl2溶液吸收反应I中尾气所得产物可再利用
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
【答案】C
【解析】
【详解】
A．铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3，故A正确；
B．反应Ⅰ中尾气氯气，因此可用 FeCl2溶液作为反应Ⅰ中尾气吸收剂，生成 FeCl3，且反应后溶液进入到反应Ⅱ进行反应，故B正确；
C．反应中 Cl 元素化合价由 +1 价降低为 −1 价，Fe 元素化合价由 +3 价升高到 +6 价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:2，故C错误；
D．K2FeO4中 +6 价铁具有强氧化性，用于饮用水杀菌消毒，得到的还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附杂质达到净化水，故D正确。
故答案为C。
12．甲基丙烯酸甲酯()在一定条件下发生聚合反应得到线型聚合物a，再通过和交联剂b作用形成网状结构聚合物，其结构片段如下图所示。
已知：
下列说法不正确的是
A．形成线型聚合物a的过程发生了加聚反应
B．线型聚合物a能通过和乙二醇交联形成网状结构
C．在一定条件下网状结构聚合物水解，可实现交联剂b的回收再利用
D．交联过程中有水生成
【答案】D
【解析】
【详解】
A．结合网状聚合物的结构片段可知，甲基丙四酸甲酯生成线型聚合物a过程中，碳碳双键发生了加聚反应，A正确；
B．结合已知信息，线型聚合物a中含有酯基，能够和乙二醇交联形成网状结构，B正确；
C．一定条件下网状聚合物水解可以得到交联剂b，实现交联剂b的回收再利用，C正确；
D．根据已知信息可推知，线型聚合物a与交联剂b作用形成网状结构聚合物和醇，没有水生成，D错误；
答案选D。
13．25℃时，向的溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A．a点，溶液是由于水解程度大于电离程度
B．b点，
C．c点，溶液中的主要来自的电离
D．d点，
【答案】C
【解析】
【详解】
A．a点为0.1000ml•L-1的NaHCO3溶液，溶液中存在HCO的水解平衡和电离平衡，溶液的pH＞7，呈碱性，说明HCO水解程度大于电离程度，A正确；
B．25℃时，b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，B正确；
C．c点加入5.00mL等浓度的盐酸，反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，此时溶液pH＜7，呈酸性，溶液中的H+主要来自碳酸的电离，C错误；
D．d点n(NaHCO3)=n(HCl)=0.01L×0.1000ml•L-1=0.001ml，二者恰好完全反应，混合液体积为20.00mL，则反应后溶液中满足c(Na+)=c(Cl-)=，D正确；
答案选C。
14．某同学为探究是否可以转化为，进行如下实验：
已知：①其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原利)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大。
②电压表读数：a＞c＞b＞0
下面说法不正确的是：A．由a＞0可知，KI一定是被氧化
B．由a＞b可知，离子的还原性与其浓度有关
C．由c＞b可知，增加的浓度。可使平衡逆向进行
D．推测d＞a
【答案】A
【解析】
【详解】
A．原电池中，Ag+在正极得到电子，被还原，I-在负极失去电子，被氧化，因此闭合K时，电压表读数a＞0，但I-不一定是被AgNO3所氧化，A错误；
B．步骤ii向B中滴入，至沉淀完全，溶液中I-浓度减小，已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原利)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大，a＞b，说明溶液中I-浓度减小，还原性减弱，因此离子的还原性与其浓度有关，B正确；
C．c＞b，说明投入一定量NaCl(s)使得B中I-浓度增大，还原性增强，则推知增加的浓度，可使平衡逆向进行，C正确；
D．重复i，再向A中加入与适量，Ag+浓度增大，氧化性增强，电压越大，故d＞a，D正确；
答案选A。
二、有机推断题
15．有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如下：
已知：i.RNH2+
ii.R1-COOR2+H2N-R3→+R2OH
(1)A分子中含氧官能团有醚键、___________和___________。(填名称)
(2)A→B的反应方程式是___________。
(3)C→D的条件是___________。
(4)D→E的反应类型是___________。
(5)关于物质A下列说法正确的是___________(填字母)
a．核磁共振氢谱有6组峰
b．能与发生反应
c．一定条件下可发生缩聚反应
(6)已知分子F中含有3个六元环，写出E→F的反应方程式___________。
(7)已知：i. RCH2NH2
ii. +HO-R
以和为原料合成的步骤如下：
请写出产物1及产物2的结构简式___________、___________。
【答案】(1) 酚羟基 羧基
(2)
(3)浓硝酸、浓硫酸、55～60°C
(4)还原反应
(5)ac
(6)
(7)
【解析】
【分析】
A中含有羧基和甲醇发生酯化反应生成B，B中酚羟基和发生取代反应生成C，C反应硝化反应生成D，D中硝基被还原为氨基生成E，E和反应生产最终产物F。
(1)
由A结构简式可知，A分子中含氧官能团有醚键、酚羟基、羧基；
(2)
A→B的反应为浓硫酸加热、甲醇，结合B化学式可知，反应为醇和酸的酯化反应，方程式为；
(3)
B生成C，C生成D，比分析D结构可知，C结构简式为，C生成D为在苯环上引入硝基的反应，故C→D的条件是浓硝酸、浓硫酸、55～60°C；
(4)
D结构中含有硝基，结合E化学式可知，D中硝基为被铁还原为氨基，D→E的反应类型是为还原反应；
(5)
a．A中有6种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，a正确；
b．酚羟基不能和碳酸氢钠反应，羧基能和碳酸氢钠反应，则能与发生反应，b错误；
c．A中含有酚羟基和羧基，一定条件下可发生缩聚反应，生成高分子化合物同时生成小分子水，c正确；
故选ac；
(6)
D中硝基为被铁还原为氨基生成E：，E中含有氨基和酯基，与发生已知i、ii的反应原理生成一个六元环同时生成甲醇，反应为：
；
(7)
和发生已知ii的反应，氨基中氢与醇中羟基发生取代反应，生成产物1，故产物1结构简式为：；产物1由发生已知i的反应，结构中羰基被还原生成产物2，故产物2结构简式为：；产物2中2个羟基在浓硫酸作用下生成醚键得到最终产物。
三、原理综合题
16．回收利用是目前解决空间站供氧问题的有效途径，其物质转化如图：
(1)反应A为，是回收利用的关键步骤。
已知：
反应A的___________
(2)将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。
①理论上，能提高平衡转化率的措施有___________(写出一条即可)。
②温度过高或温度过低均不利于该反应的进行，原因是___________。
(3)下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是___________(填字母)。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c．不用作供氧剂的原因可能是不易实现循环利用
(4)用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是___________。
【答案】(1)-164.9
(2) 增大压强(或前段加热、后段冷却，或合理的控制气流速度) 温度过低，反应速率太慢；温度过高，平衡逆向进行，CO2的平衡转化率低
(3)b
(4)生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果
【解析】
(1)
已知：①，②，则反应①×2-②可得反应A，根据盖斯定律可得反应A的；
(2)
①反应A为，该反应为气体分子数减少的反应，可通过增大压强的方法使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；根据图像分析，升高温度，H2O的物质的量分数减小，说明升温该反应逆向进行，该反应为放热反应，因此采用前段加热，后段冷却的方法也可以使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；或合理的控制气流速度，使得反应更加充分，从而提高CO2的平衡转化率；
②若反应的温度过低，化学反应速率慢，不利于反应的进行，由①可知，该反应是放热反应，若温度过高，平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率将低；
(3)
a．反应B为H2O光解/电解得到O2和H2的过程，能量变化为电能/光能→化学能，a正确；
b．物质转化过程中，有甲烷和氢气产生，因此H、O原子的的利用率没有达到100%，b错误；
c．Na2O2作供氧剂时，消耗之后无法再产生，不可循环利用，c正确；
故答案选b；
(4)
用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后，生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果，从而催化剂的催化效果会明显下降。
四、工业流程题
17．铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
已知：；
(1)基态原子的核外电子排布式是___________。
(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。
(3)溶液a的主要成分是___________。
(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。
(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。
(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。
(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4
(3)CuSO4
(4) Au 4
(5)
(6) sp3杂化 作还原剂
(7)
【解析】
【分析】
铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。
(1)
Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
(2)
可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；
(3)
由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；
(4)
配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；
(5)
根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；
(6)
N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；
(7)
由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。
18．金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：
已知：
(1)该元素位于周期表___________区。
(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积
①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。
②水解的离子方程式为___________。
③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。
④结合图像，当溶液接近___________时，已沉淀完全。
(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。
(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。
【答案】(1)d
(2) 将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀 TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+ 调pH，消耗溶液中的H+ 3
(3)1412
(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑
【解析】
【分析】
钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。
(1)
22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，属于d区；
(2)
①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；
③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；
④根据图像可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；
(3)
TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。
(4)
由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。
五、实验题
19．某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
【答案】(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】
(1)
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
A．乙炔的空间结构模型
B．的模型
C．反-2-丁烯的结构简式
D．氨分子的电子式
A．配制一定物质的量浓度的溶液
B．实验室制取氨气
C．含氨气的尾气吸收
D．除去中的少量
操作和现象
分析
A
观察溶液为绿色
[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在
B
升高温度，溶液变为黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大
C
加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色
平衡逆移，[CuCl4]2−的浓度减小
D
加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大
装置
步聚
电压表读数
i。如图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ii。向B中滴入，至沉淀完全
b
再向B中投入一定量
c
iv。重复i，再向B中投入一定量
a
v。重复i，再向A中加入与适量
d
熔点/℃
-25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色