北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

这是一份北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共34页。试卷主要包含了气态亚硝酸是大气中的一种污染物，某小组进行如下实验等内容，欢迎下载使用。
北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·北京丰台·统考二模）气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。
(1)亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为________。
(2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为________。
(3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。
① 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的一种反应机理如下：
HONO+
过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为：________、消去反应。
② 上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：

亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH________0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。
2．（2020·北京丰台·统考二模）高氯酸盐(ClO4－)有高稳定性和强氧化性，常作为氧化剂用于工业生产。
(1)高氯酸盐中氯元素的化合价为________。
(2)下列叙述中可说明氯元素比硫元素非金属性强的是_________。
① HCl比H2S稳定              
② HClO4的酸性比H2SO3的强
③ Cl2可与Na2S发生置换反应               
(3)NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过反应NaClO4＋NH4ClNH4ClO4＋NaCl制取。相关物质的溶解度曲线如图：

① 结合溶解度，分析该反应能够发生的原因________。
② 从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤。
(4)高氯酸盐是一种新型的无机污染物，ClO4－的主要危害是与碘离子竞争进入人体甲状腺，影响甲状腺的正常功能。利用电化学催化法，酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，该电极反应式为________。
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：
2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑       
Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑
取一定质量的Cu(ClO4)2·6H2O样品，加热至某温度使其完全分解，若测得V(O2)∶V(Cl2)＝5∶1，则分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为________。
3．（2021·北京·统考二模）银及其化合物在制造钱币、电子工业、医药等方面具有广泛用途。
Ⅰ．银的冶炼及性质
(1)热分解法是金属冶炼方法之一。以Ag2O为原料冶炼银的化学方程式为__。
(2)电解精炼银的工作原理如图所示，___（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为___。

Ⅱ．银的化合物的性质
(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式__。
(4)在光照条件下，AgNO3可分解为Ag、O2和某种氮的氧化物。称取34g AgNO3固体，充分光照使其完全分解，测得反应后生成O2的体积（折合成标准状况）为2.24L，反应过程中转移电子的物质的量为__。
(5)纳米硫化(Ag2S)应用广泛。Ag2S溶于浓HNO3后，产生淡黄色固体及无色气体，该气体遇空气迅速变为红棕色。写出反应的化学方程式__。
4．（2020·北京丰台·统考二模）某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
【猜想预测】
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
【实验探究】
实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：________。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2++ 4NH3⇌[ Cu(NH3)4]2+，[ Cu(NH3)4]2+为深蓝色；Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置
序号
试剂a
现象

ⅱ
20 mL 30% H2O与4 mL 5 mol/L H2SO4混合液
Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
ⅲ
20 mL 30% H2O2与4 mL5 mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物

(2)实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是________(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是________。
(3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。

已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U形管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U形管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论：_________。利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_______。
(5)实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因：________。
(6)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有________。
5．（2021·北京·统考二模）研究发现，NO在心脑血管调节、免疫调节等方面有着十分重要的作用，但NO无法直接作为药物使用。科学家发现NO有着与NO相似的功效，可以用作药物。某研究小组对亚硝酸盐转化为NO的反应进行了研究。
(1)NO中N元素的化合价呈现正价，用原子结构解释原因为___。
(2)为研究NO的转化，甲同学完成了如下实验：
实验方案
实验现象

i.溶液先变黄色，迅速变为棕色
ii.将棕色溶液加热，颜色变浅，冷却

资料：FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H△Vb，由此得出的实验结论是_______。
(4)综合上述分析，pH降低，有利于_______反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
7．（2020·北京丰台·统考二模）双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。其中一种催化剂I的合成路线如下：

已知：R-NH2+
(1)A可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是_________。
(2)下列关于A的说法中，正确的是_________。
a.与乙醇互为同系物
b.与B在一定条件下可发生缩聚反应
c.发生消去反应的试剂和条件是：NaOH的醇溶液、加热
(3)写出B→C的化学方程式：___________。
(4)D的结构简式是__________。
(5)E→F的反应类型是___________。
(6)已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，K的结构简式是__________。
(7)F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是___________。
(8)H的结构简式是___________。
8．（2021·北京·统考二模）M是有机合成的重要中间体，可用来合成广谱抗流感药物法匹拉韦(Favipiravir)，其合成路线如图：

已知：i.J的核磁共振氢谱峰面积比为6：4：2：1。
ii.R1—CHO+R2—NH2R1—CH=N—R2+H2O。
(1)A是含碳92.3%的烃，写出实验室制取A的化学方程式___。
(2)检验E中官能团所用的试剂是__。
(3)B→C的反应类型是__。
(4)写出C+K→M的化学方程式__。
(5)下列说法正确的是__。
a.D比丙醇的沸点高
b.F与乙酸互为同系物
c.J可以发生水解反应生成氨基酸
d.K可以与盐酸反应生成相应的盐
(6)写出符合下列条件G的同分异构体的结构简式__。
①可以发生银镜反应和水解反应
②核磁共振氢谱有三组峰
9．（2022·北京丰台·统考二模）具有广泛生物活性的某丁内酯类化合物K的合成路线如下：

已知：
i.R1CH2COOR2+R3CHO
ii. +
iii.R-Br+
(1)A能发生银镜反应，A中官能团名称是_______。
(2)B→C的化学方程式为_______。
(3)C+2aD，则试剂a是_______。
(4)已知：同一个碳原子连有2个羟基的分子不稳定，F为醇类。F→G的化学方程式为_____。
(5)试剂b的结构简式为_______。
(6)H→I的反应类型为_______，J的结构简式为_______。
(7)已知：RCH2COOH，将D→E的流程图补充完整，在括号内填写试剂和条件，在方框内填写物质的结构简式_______。

10．（2020·北京丰台·统考二模）铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下：

(1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为________。
(2)过程①体现Na2SO3的_________性。
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是________。
(4)结合化学用语解释过程②中PbSO4转化为PbCO3的原因________。
(5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在50℃，若温度过高，脱硫率下降的原因可能是：________。
     
(6)将PbO 、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，如图电解可得高纯Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。

11．（2021·北京·统考二模）镀镍废件是一种宝贵的可再生资源，可用于制备重要的化工原料NiSO4。将镀镍废件处理后得到废液(含大量的H+、SO、Ni2+以及少量的Zn2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等)，采用如图工艺流程回收其中的镍制备NiSO4晶体。

资料：
P2O4为磷酸二异辛酯(可用HA表示)，不溶于水，是一种弱酸性萃取剂。其酸根离子(A-)可与某些金属离子发生反应。
(1)写出H2O2的电子式________。
(2)加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为______。
(3)加石灰乳的作用是________。

(4)在萃取过程中，若溶液酸度过高，会导致萃取效率变低，其原因是__。
(5)在结晶过程中，需要加浓硫酸调pH至2~4，再进行__，过滤出的固体洗涤、干燥，得NiSO4晶体。
NiSO4在不同温度下的溶解度
温度/℃
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
44.4
46.6
49.2
55.6
64.5
70.1
76.7

(6)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__。
12．（2021·北京·统考二模）氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。
资料
1.水溶液中存在平衡：2Cl-(aq)+CuCl(s)CuCl(aq)。
2.CuCl是难溶于水的白色固体，在热水中迅速水解生成Cu2O。
3.CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2(OH)3Cl。
Ⅰ.实验室中用纯净的CuCl2固体可制备CuCl。取75gCuCl2固体于烧杯中，加入100mL0.2mol/L盐酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2气体。
(1)结合化学用语解释加入盐酸的主要目的是___。
(2)溶液中通入SO2气体后，发生反应的离子方程式为___。
Ⅱ.工业中，用初级铜矿粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)为原料制备CuCl。流程如图：

(3)“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是__。
(4)用化学用语解释，析出的CuCl晶体不能用水洗涤的原因是___。
(5)合成过程中适宜的反应条件为___。
(6)若要制99.5gCuCl，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为___g。
(7)相同时间内，反应物在最佳配比条件下，温度对CuCl产率影响如图所示。溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，其原因是__。(答出2条即可)

13．（2022·北京丰台·统考二模）某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，从中提取Se的工艺流程如下：

已知：
化学式
Ag2Se
AgCl
Ksp(常温)
2.0×10-64
1.8×10-10

(1)酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是_______。
(2)“氯化”过程中发生如下转化：
①Se转化为H2SeO3，化学方程式为_______。
②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因_______。
(3)①“还原”过程中发生反应的化学方程式为_______。
②Cl2、SO2、H2SeO3氧化性由强到弱的顺序为_______。
(4)滴定法测定CuSO4溶液的浓度，其基本原理为：
第一步：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
第二步：2(无色)+I2=(无色)+2I-
①由此可知滴定所用的指示剂为_______。
②已知CuSO4溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗cmol·L-1Na2S2O3溶液VmL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为_______mol·L-1。
③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是_______(填“偏大”或“偏小”或“不影响”)。
14．（2022·北京丰台·统考二模）氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：
NaBH4B(OH)3→BN
已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5
2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：
物质
熔点/℃
硬度
碳化硅(SiC)
2830
9-9.5
氮化硼(BN)
3000
9.5

(1)NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH4具有强还原性的原因是_______。
(2)硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子的空间构型为_______。
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，描述配位键的形成过程_______。
(3)某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：

①氮化硼(BN)属于_______晶体；B原子的轨道杂化类型为_______。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______。
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______cm(列计算式)。
15．（2022·北京丰台·统考二模）硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下：

(1)已知：在25℃和101kPa时，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。
(2)水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H2的优势为_______(至少写两条)。
(3)反应II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反应2SO3⇌2SO2+O2决定，对该反应的历程进行研究发现，SO3分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列说法合理的是_______。
A．c(O)越大有利于加快SO3的分解速率
B．关键基元反应的活化能比其他基元反应的大
C．催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO3的分解速率
(4)进行反应III之前，需要经过以下两个步骤：
①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4写出相应的化学方程式_______。
②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I2的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。

③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO2的吸收剂，实现O2与SO2的分离，吸收剂的有效成分是_______。

参考答案：
1．     HNO2 ⇌H+＋NO2－          加成反应     ＜     过程ⅰ
【分析】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；
(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。
【详解】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2 ⇌H+＋NO2－；
(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，可以看作中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端，可以看作是加成反应，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应难度更大。
2．     ＋7     ①③     80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)     趁热过滤     ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O     8∶3
【分析】(1)根据高氯酸盐的化合价之和等于0判断氯元素的化合价；
(2)根据元素周期律判断非金属性强弱；
(3) ①根据反应条件在80℃时，溶解度的变化判断；
②利用NH4ClO4和NaCl的溶解度差异判断；
(4)根据根据酸性条件下化合价的变化判断电极反应；
(5)根据反应：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑由氧气和氯气的关系可确定氧化铜和氯化铜的物质的量的关系。
【详解】(1)高氯酸盐(ClO4－)中氧为-2价，离子化合价之和等于-1，氯元素的化合价为+7价；
(2) ①气态氢化物的稳定可以用来比较非金属性的强弱，故HCl比H2S稳定，故①正确；             
② HClO4的酸性比H2SO3的强不能比较，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，故②错误；
③ Cl2可与Na2S发生置换反应，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，可以比较，故③正确；
答案选①③；
(3)①结合溶解度，80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)，该反应能够发生；
②从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为趁热过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤；
(4)酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，氯元素的化合价降低了8，得到8个电子，氢离子存在时，该电极反应式为ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O；
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑。设分解所得固定产物中CuO的物质的量为xmol，CuCl2的物质的量为ymol，根据反应生成氧气的物质的量为（3.5x+4y）mol，氯气的物质的量为xmol，根据题意V（O2）：V（Cl2）=（3.5x+4y）：x=5：1，所以x：y=8：3，分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为8:3。
【点睛】写电极反应时，根据化合价的变化判断转移的电子数，根据元素守恒配平电极反应。
3．     2Ag2O4Ag+O2↑     a     NO+e-+2H+＝NO2+H2O     AgCl+Br-＝AgBr+Cl-     0.4mol     3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O
【详解】(1)Ag的金属活泼性比较弱，用热分解法治炼金属Ag。以Ag2O为原料冶炼银的化学方程式为2Ag2O4Ag+O2↑；答案为：2Ag2O4Ag+O2↑；
(2)由图可知，电极a与电源正极相连，作阳极。电极b与电源负极相连，作阴极。根据电解原理，可知粗银作阳极，即a极为含有杂质的粗银。红棕色气体为NO2气体，b极有该气体生成，说明NO得到电子发生还原反应，电极反应式为：NO+e-+2H+＝NO2+H2O；答案为：a；NO+e-+2H+＝NO2+H2O；
(3)AgBr为淡黄色沉淀，说明反应中AgCl转化为AgBr，反应的离子方程式为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；答案为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；
(4)34gAgNO3的物质的量=，生成的O2的物质的量=，NO中O元素的化合价由-2价变为0价，每生成1molO2转移4mol电子，则生成0.1molO2转移0.4mol电子。答案为：0.4mol；
(5)由题可知，Ag2S溶于浓HNO3后，生成S单质和NO气体，根据电子转移以及原子守恒等规律，可知反应方程式为：3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O；答案为：3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O。
4．     Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓     Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O     产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢     加入氨水，提高了Cu的还原性     Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用     Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌NH4+＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2＋＋4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。     酸碱性、产物微粒的种类
【分析】本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2）实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U形管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U形管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）对比实验ii和试验iii，实验iii中产生氧气的速率更快，在实验iii中Cu和双氧水反应生成的Cu(OH)2与加入的氨水发生络合反应，产生大量的Cu(NH3)42+，对比实验ii，是Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用；
（5）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
（6）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。
【点睛】实验中较难考虑的部分是氨水对Cu和H2O2的反应氧化性或还原性强弱的影响的实验考查，通过观察电压表指针的变化分析氨水对反应氧化性或还原性强弱的影响。
5．     N元素和O元素处于同一周期，电子层数相同，最外层电子数N＜O，原子半径N＞O，得电子能力N＜O，表现为非金属性N＜O，所以在NO中N元素为正价     KSCN溶液，溶液变红     Fe2+可能被空气中的O2氧化     1mol/LNaNO2溶液(pH=8)     右侧烧杯中有微小气泡产生，遇空气变红棕色     Fe2++NO+2H+=Fe3++NO↑+H2O     FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△HSO2
(4)     淀粉          不影响

【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。
【详解】（1）酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
（2）①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，化学方程式为：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；
②由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2-(aq)，Se2-被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2-)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
（3）①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，发生反应的化学方程式为：H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；
②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知：氧化性Cl2> H2SeO3>SO2；
（4）①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；
②由关系式知：2CuSO4~ I2~ 2Na2S2O3，c（CuSO4）=；
③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。
14．(1)NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价
(2)     平面三角形     B与水中的OH-形成配位键，B原子佳电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键
(3)     共价
     sp3     N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC    

【详解】（1）NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4具有强还原性；
（2）硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键；
（3）①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3杂化；
②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。
15．(1)；
(2)反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；
(3)ABC；
(4)     ；     阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；     I2。

【详解】（1）根据燃烧热的概念，1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为285.8kJ，相同条件下水分解是上述过程的逆过程，热化学方程式为：；
（2）该反应所需的条件温和，加热温度不高，且制备的氢气和氧气分开，避免直接接触引发实验安全问题，另外反应I放热提供的热量可供反应II、III利用，节能，故答案为：反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；
（3）A．c(O)越大有利于第二个基元反应的进行，加快SO3的分解速率，A正确；
B．关键基元反应为硫酸分解制取氧气的决速反应，故该反应速率慢，活化能高，B正确；
C．催化剂参与氧原子的生成与消耗，可以使两个基元反应速率加快，将有利于提高SO3的分解速率，C正确；
故选ABC。
（4）工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4，化学方程式为：；该装置为电解池，阴极为碘单质得电子变成碘离子，阳极碘离子失电子变成碘单质，氢离子通过质子交换膜移向阴极，故阴极的HI浓度增大，故答案为：阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；电解过程中阳极产生碘单质，碘单质可以与二氧化硫发生氧化还原反应，故吸收剂的有效成分为I2。