北京市海淀区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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北京市海淀区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·北京海淀·二模）“地沟油”泛指生活中产生的、不宜继续食用的油脂。地沟油经脱胶、洗涤、脱色等预处理，用来制备脂肪酸钠(RCOONa)，在消除危害的同时，还可用于处理含Cu2+的废水。
已知：2RCOO-+Cu2+(RCOO)2Cu
(1)可利用活性炭对地沟油进行脱色处理，这利用了活性炭的____________性。
(2)取30 mL三油酸甘油酯在不同条件下水解，实验结果如下表所示。
序号
试剂
温度
时间
水解率
a
20 mL3 mol/L H2SO4
95℃
3小时
52.1%
b
20 mL 6 mol/LNaOH
70℃
1.5
97.7%

①实验a中，三油酸甘油酯水解的产物是____________(填物质名称)。
②对比实验a、b可以得到的结论有____________(写出2条)。
(3)将预处理后的地沟油水解，用水解所得液体去除Cu2+的实验过程如下图所示。

①RCOONa属于____________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。
②实验表明，硫酸酸化后液体的pH会影响Cu2+的去除率。实验测得，pH=5时Cu2+的去除率低于pH=7时的，其原因为____________。
2．（2020·北京海淀·二模）工业上用和氨水的混合液浸取废铜矿渣中的单质铜，得到。某小组同学欲通过实验探究其原理。
【查阅资料】i.呈深蓝色，；受热易分解，放出氨气。
ii.在水溶液中不稳定，在溶液中只能以等络合离子的形式稳定存在；无色，易被氧气氧化为。
【实验1】制备。
向盛有溶液的试管中滴加氨水，观察到溶液中立即出现浅蓝色沉淀；随后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。经分离得到晶体。
(1)资料表明，向溶液中滴加氨水，可能会生成浅蓝色沉淀。
①该小组同学取实验1中浅蓝色沉淀，洗涤后，____________(补全实验操作和现象)，证明沉淀中含有。
②补全实验1中生成沉淀的离子方程式：
____________+____________
(2)甲同学设计实验证明深蓝色溶液中含：加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为此方案____________(填“可行”或“不可行”)，理由是____________。
【实验2】探究用和氨水的混合液浸取单质铜得到的原理。
编号
实验装置及部分操作
烧杯中溶液
实验现象
2-1

实验开始，先读取电压表示数，后迅速将其换成电流表，继续实验， 10 min内记录甲烧杯中现象
甲：
乙：
电压表指针迅速偏转至0.1V；甲中溶液无明显变化
2-2
甲：
乙：
电压表指针迅速偏转至0.3V；甲中溶液无明显变化
2-3
甲：与氨水等体积混合
乙：溶液A
电压表指针迅速偏转至0.35V；甲中溶液无明显变化
2-4
甲：与氨水等体积混合
乙：
电压表指针迅速偏转至0.65V；几分钟后，甲烧杯溶液逐渐由无色变蓝色

已知：其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大
(3)溶液A为____________。
(4)对比实验2-1和2-2，可以得到结论是____________。
(5)实验2-4中，甲烧杯中溶液由无色变为蓝色的原因是____________。
(6)依据上述实验，分析用和氨水的混合液浸取单质铜的原理：____________。
3．（2021·北京海淀·统考二模）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
(1)实验室用溶液和粉末在常温下反应制备，装置如图。

①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。___________
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为___________。
(2)生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。

①步骤Ⅰ反应的离子方程式为___________。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是___________。
(3)以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。

①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b．既有氧化性，又有还原性
c．能与NaOH反应生成和
d．Se与化合比S与化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程i消耗的与过程消耗的的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
4．（2021·北京海淀·统考二模）实验小组探究不同浓度溶液的电解反应。分别用石墨电极电解溶液和溶液，记录实验现象如下表。
实验装置
实验编号及试剂
实验现象

①溶液(蓝色)
阳极：产生有刺激性气味的气体
阴极：电极上有红色固体析出
②溶液(绿色)
阳极：产生有刺激性气味的气体
阴极：电极上有少量红色固体和白色固体析出，同时电极附近液体变为黑色

(1)经检验，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。①中电解反应的化学方程式为___________。
Ⅰ．探究②中产生白色固体的原因。
查阅资料：
i．阴极附近的白色固体为；
ii．在水溶液中单独存在时不稳定，容易发生反应：。
结合资料分析CuCl产生的路径有如下两种可能：
(2)路径1：阴极发生电极反应分两步：
i．___________
ⅱ．，同时伴随反应，生成白色沉淀。
(3)路径2：阴极发生电极反应，而后发生反应a：___________(写出离子方程式)，生成白色沉淀。同学们通过实验证明反应a可以发生，其实验操作和现象是___________。
Ⅱ．探究②中阴极区液体中黑色物质的成分。
进一步查阅资料，提出以下猜想。
猜想1．生成氢氧化铜，进而转化为极细小的氧化铜；
猜想2．生成铜的速率快，形成黑色纳米铜；
猜想3．发生反应(棕黑色)。
(4)若猜想1成立，则阴极一定还存在的电极反应是___________。
取2mL黑色液体于试管中，分别加入不同试剂，记录实验现象如下表。
实验编号
③
④
⑤
加入试剂
4mL浓
4mL浓HCl

实验现象
溶液变澄清，呈绿色，试管口有浅红棕色气体生成
黑色液体颜色变深
溶液变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀

(5)甲同学根据实验③产生的现象得出结论：黑色液体中一定有纳米铜。乙同学认为甲同学的结论不合理，他做出判断的依据是___________。
(6)由上述实验可得到的关于黑色物质成分的结论是___________。
5．（2022·北京海淀·统考二模）实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：
i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；
ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；
iii.I2可与S2O发生反应：2S2O+I2=S4O+2I-。
编号
1-1
1-2
实验操作


现象
无明显现象
溶液立即变蓝

(1)实验1-1的目的是____。
(2)(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为____。
为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
0.2mol·L-1KI溶液/mL
0.01mol·L-1Na2S2O3溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%的淀
粉溶液/滴
0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30

(3)实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有____。
(4)加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O)降低；
猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，____。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性____(填“强于”或“弱于”)KI的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是____。
③补全猜想2：___。
(5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O)=____mol·L-1·s-1(写出计算式)。
(6)实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是____。(写出2条)。
6．（2020·北京海淀·二模）维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。
(1)常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如下表所示。
试剂
pH
初始
通入0.01 mol HCl气体
加入0.01 mol NaOH固体
i.1 L H2O
7
a
12
ii.0.10 mol CH3COOH+0.10 mol CH3COONa配制成1 L的溶液
4.76
4.67
4.85

①a=____________(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。
②结合化学用语解释试剂ii显酸性的原因：____________。
③试剂ii中微粒浓度关系正确的有____________(填序号)。
a. c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)
b. 2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)
c. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 mol/L
④由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是____________(填序号)。
a. HCl—NaCl    b. Na2CO3—NaHCO3    c. NH3·H2O-NH4Cl    d. KOH—KCl
(2)缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应如下：

Zn+2VOSO4+2H2SO4ZnSO4+V2(SO4)3+2H2O
已知：VOSO4和V2(SO4)3的电离方程式分别为VOSO4=VO2++SO42-；V2(SO4)3=2V3++3SO42-；
①放电时，B室中c(H+)____________(填“增大”“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由：______。
②充电时，A室中的c(H+)变化缓慢的原因是____________。
7．（2021·北京海淀·统考二模）合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。
Ⅰ．一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。

已知：①不同铅化合物的溶度积(25℃)：；
②PbSiF6和均为能溶于水的强电解质。
(1)过程i中，物质a表现___________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)过程ⅱ需要加入溶液，从化学平衡的角度解释其作用原理：___________。
(3)过程ⅲ发生反应的离子方程式为___________。
Ⅱ．工业上用PbSiF6、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如下。

(4)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．阴极为粗铅，纯铅在阳极析出
b．电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag
c．工作一段时间后，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定
(5)铅的电解精炼需要调控好电解液中的。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中的变化趋势如图。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是___________。

8．（2021·北京海淀·统考二模）具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物。
Ⅰ．配位－沉淀法制备高效光催化剂

已知：i．Ag3PO4难溶于水，可溶于硝酸；
ii．Ag3PO4沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能；
iii．银氨溶液中存在：
(1)配制银氨溶液时的反应现象是___________。
(2)加入溶液时，发生以下反应，请将离子方程式补充完整：
□+□ +□ =□NH3+□ +□ ___________
(3)和在溶液中反应也可制得Ag3PO4固体，但制得的Ag3PO4固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因：___________。
Ⅱ．Ag3PO4光催化剂的使用和再生
已知：Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应。a．
(4)Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”，a的后续反应：，，则由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为___________。
(5)Ag3PO4光催化降解RhB(代表有机污染物)，RhB被氧化成CO2和H2O。a的后续反应
注：Ag3PO4在该催化过程中可能发生光腐蚀，生成单质银，影响其光催化性能。
用Ag3PO4依次降解三份相同的废水，测得3次降解过程中RhB的残留率(：即时浓度与起始浓度之比)随时间变化的曲线如图。

①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．和是降解RhB的重要氧化剂
b．第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低
c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效
②第1次光降解时，内的反应速率为___________(废水中RhB初始浓度为，RhB的摩尔质量为)
9．（2022·北京海淀·统考二模）空燃比是影响发动机油耗和污染物排放量的重要因素。
资料：i.空燃比是通入空气与燃料质量的比值，按化学计量数反应时的空燃比称为理论空燃比。
ii.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1
(1)若不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)。
①与完全燃烧相比，每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为____。
②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比____(填“大于”或“小于”)理论空燃比。
(2)三元催化转化器可降低汽车尾气中CO、碳氢化合物和氮氧化物的含量。汽车尾气中污染物单位时间的转化率与空燃比的关系如图(氮氧化物主要是NO)。

已知：i.空燃比大于15后，空燃比越大，尾气的温度越低。
ii.CO和NO的反应为放热反应。
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，反应的化学方程式为____。
②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是____。(写出2条)。
10．（2020·北京海淀·二模）有机物A是一种重要的化工原料，用A制取新型聚合物F的合成路线如下：

已知：i. +R3OH
ii. +R1I+HI
iii.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
(1)A中官能团的名称为____________。
(2)试剂a为____________。
(3)C中含有一个六元环，C的结构简式为____________。
(4)C→D的反应类型为______。
(5)E→F的化学方程式是__________________。
(6)下列说法正确的是____________(填序号)。
a. A能与NaHCO3溶液反应
b. 醇钠可由醇与金属钠反应制得
c. 可用FeCl3溶液鉴别D和E
d. HOCH2CH2OH俗称甘油
(7)以乙醇为起始原料，利用已知信息、选择必要的无机试剂合成CH3COCH2COOC2H5写出合成路线(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)。____________
11．（2021·北京海淀·统考二模）普瑞巴林(K)是一种抗癫痫药物，可用异戊二烯(A)为原料来合成，路线如图。

已知：i.RCHO++H2O
ii.
(1)A的官能团是___________(写中文名称)。
(2)C的结构简式为___________。
(3)D→E的化学方程式是___________。
(4)F→G的反应类型为___________。
(5)I中含有一个六元环，H生成I的化学方程式是___________。
(6)若H未发生脱水缩合生成L根据H的酸性推断其直接与过量反应的产物是___________。
(7)将K中的碳原子编号标记为。其中由提供的碳原子的编号为___________(填字母序号)
a．1，2，3，4   b．1，3，4  c．2，3，4  d．1，2，3
12．（2022·北京海淀·统考二模）乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。

(1)B的名称是_____。
(2)B→D的化学方程式是_____。
(3)已知2D→E+A，E的结构简式是_____。
(4)下列关于有机物I的说法不正确的是_____。(填序号)。
a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
b．存在酚类同分异构体
c．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
d．核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子
(5)I→J的化学方程式是____。
(6)已知：
①+
③
G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。
G+L→中间产物1中间产物2中间产物3
中间产物1、中间产物3的结构简式是____、____。
13．（2020·北京海淀·二模）H2S是一种大气污染物。工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境污染；未脱除H2S的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。
(1)干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。

①下列说法正确的是____________(填序号)。
a.单质硫为淡黄色固体
b.脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O
c.再生过程中，硫元素被还原
d.脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
②从安全环保的角度考虑，再生过程需控制反应温度不能过高的原因是_______。
(2)电化学溶解一沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，其工艺原理如下图所示。

已知: Zn与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。
①锌棒连接直流电源的____________(填“正极”或“负极”)。
②反应器中反应的离子方程式为____________。
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，用化学用语解释原因:___________。
(3)常用碘量法测定煤气中H2S的含量，其实验过程如下：
i.将10L煤气通入盛有100mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S全部转化为ZnS沉淀，过滤;
ii.将带有沉淀的滤纸加入盛有15mL 0.1mol/L碘标准液、200mL水和10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，置于暗处反应10 min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞。(已知:ZnS+I2=ZnI2+S)
iii.用0.1mol/L Na2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点。(已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
①i中，将煤气中的H2S转化为ZnS的目的是____________。
②滴定终点的现象是__________________。
③若消耗Na2S2O3标准液的体积为20mL，则煤气中的含量为_______________mg/m3。
14．（2022·北京海淀·统考二模）对硝基苯酚(，PNP)是应用广泛的精细化工中间体。PNP有毒，工业废水中的PNP需联合采用多种方法进行处理，流程如图。
已知：PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水；其化学性质稳定，可被•OH、HClO氧化降解为无机物，但不能与O2反应。

(1)在pH>14的废水中，PNP的存在形态为____(用结构简式表示)。
(2)絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是____。
(3)低浓度PNP废水可通过电解法处理，装置示意图如图。

①•OH(氧元素为-1价)由水产生，•OH____在(填“Pt”或“石墨”)电极产生。
②产生•OH的电极反应式为____。
(4)废水中所含电解质的种类会影响电解法处理PNP的去除率。其它条件相同时，以NaCl和Na2SO4模拟酸性低浓度PNP废水中的电解质，结果如图。

①电解质为NaCl时，阳极副反应的电极反应式为___。
②电解质为NaCl时，PNP去除率较Na2SO4高，可能的原因是____。
(5)在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP。工业上仍联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，目的是节约电能和____。
15．（2022·北京海淀·统考二模）氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如图。(~代表糖苷键)

(1)基态N的核外电子排布式为____。
(2)碱基中的—NH2具有一定的碱性，可以结合H+形成—NH，从结构角度解释可以结合的原因：____。
(3)鸟嘌呤是一种常见的碱基。
①鸟嘌呤中2号N的杂化类型为____。
②鸟嘌呤中N—H键的平均键长____。(填“大于”“小于”或“等于”)0.29nm。
(4)氢键在DNA复制过程中起重要作用
①碱基中，O、N能与H形成氢键而C不能，原因是____。
②下列说法正确的是____(填序号)。
a.氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成
b.鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用比腺嘌呤与胸腺嘧啶之间的更强
c.碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氢键
(5)一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成—OH。
①鸟嘌呤异构化后的结构简式为____。
②鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是。____。

参考答案：
1．     吸附     油酸、甘油     实验条件下，碱性环境中水解速率快，温度对水解反应的影响小于溶液酸碱性的影响     离子化合物     与pH=7相比，pH=5时，H+浓度增大，使平衡RCOO-+H+RCOOH正向移动，RCOO-浓度降低，不利于反应2RCOO-+Cu2+(RCOO)2Cu正向进行。
【分析】(1)活性炭表面积大，吸附力强；
(2)①油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，三油酸甘油酯属于油脂，在酸性条件下能够发生水解反应生成油酸和甘油；
②若有碱作催化剂， NaOH能够与油酸发生中和反应，促进油脂的水解；采用控制变量方法分析温度及溶液酸碱性对油脂水解的影响；
(3)①盐大多数是离子化合物；
②根据离子浓度及平衡移动原理分析解答。
【详解】(1)由于活性炭表面积大，吸附力强，能够吸附色素及有气味的物质，所以对地沟油进行脱色处理时使用活性炭，就是利用了活性炭的吸附性；
(2)①三油酸甘油酯属于油脂，油脂属于酯，三油酸甘油酯在酸作催化剂时，水解生成油酸和甘油；
②根据表中数据，碱性条件下水解温度低、时间短、水解率大，这是因为三油酸甘油酯在NaOH作催化剂时，NaOH与水解产生的油酸发生中和反应，得到油酸钠和水，使酯的水解平衡正向移动，因此水解速率加快、水解程度增大，相同时间水解的更完全、更彻底，相对来说，温度对油脂水解反应的影响比溶液的酸碱性影响要小些。即对比实验a、b实验，会发现：在该实验条件下，碱性环境中水解速率快，温度对水解反应的影响小于溶液酸碱性的影响；
(3)①RCOONa是高级脂肪酸与NaOH发生中和反应产生的钠盐，RCOONa属于离子化合物；
②pH=7时，溶液中c(H+)=10-7 mol/L；溶液pH=5时，溶液中c(H+)=10-5 mol/L，可见溶液pH越小，溶液中c(H+)越大，H+浓度增大，使化学平衡：RCOO-+H+RCOOH正向移动，导致溶液中RCOO-浓度降低，不利于反应2RCOO-+Cu2+(RCOO)2Cu正向进行，因此而影响Cu2+的去除率。
【点睛】本题考查了“地沟油”的分类、性质、处理方法、影响因素及作用。涉及酯的水解、平衡移动原理的应用、污水处理方法等知识。垃圾是放错地方的资源，只有认识了物质的成分，才可以扬长避短，充分发挥其价值，为人们所利用。
2．     先加入过量稀盐酸，再加入溶液，观察到有白色沉淀产生               不可行     实验1中氨水过量，过量的氨水受热分解也会产生氨气     溶液     相同条件下，的氧化性弱于     甲烧杯中发生电极反应：Cu-e-+2NH3=，被空气中的氧气氧化为蓝色的     将Cu氧化为，氨水对浸取单质铜的反应有促进作用
【分析】本实验先合成了，通过原电池的装置探究制得的原理。原电池的负极发生氧化反应，负极材料为Cu，正极发生还原反应，正极区有，有电压产生说明二者发生了反应，根据负极区溶液变蓝的现象，推断出负极区发生了被氧化为的反应，从而推断出负极区生成了，最终得出总反应是将Cu氧化为。同时通过对照实验，得出氨水对浸取单质铜的反应有促进作用的结论。
【详解】（1）①检验SO42-时，先加入过量稀盐酸，排除Ag+、CO32-、SO32-等离子的干扰，再加入溶液，有白色的BaSO4沉淀产生；
②根据题意，反应加的是氨水，故反应物中有NH3H2O，根据元素守恒，NH3H2O的系数需要配2，反应后产物中有2个NH4+生成；
（2）在制备时，加入的氨水过量，一水合氨受热后也会产生氨气，NH3·H2ONH3↑+H2O，所以不一定是分解产生的氨气；
（3）实验2-1和2-2用和在没加氨水的情况下进行对照，实验2-3和2-4在加了氨水的情况下进行对照，因此溶液A为溶液；
（4）由表可知，实验2-1产生的电压差为0.1V，实验2-2产生的电压差为0.3V，根据其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂的氧化性越强，检测到的电压越大，所以的氧化性弱于；
（5）甲烧杯中发生电极反应：Cu-e-+2NH3=，无色，但它易被氧气氧化为，呈深蓝色，所以溶液变蓝是因为被空气中的氧气氧化为；
（6）首先根据原电池的总反应+Cu=2，说明可以将Cu氧化为，再根据实验2-3、2-4与实验2-1、2-2的对比，加入氨水后，电压差明显增大，说明氨水对浸取单质铜的反应有促进作用；
【点睛】本题要注意第（6）问，通过实验对照，加入氨水的两组数据的电压明显比没有加入氨水的两组数据的电压大，即可得出结论：说明氨水对浸取单质铜的反应有促进作用。
3．          NaOH溶液     8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋     O2     bc     1∶1
【详解】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a错误；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6，的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c．为酸性氧化物，能与NaOH反应生成不变价的盐和水即和，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se ②过程ⅲ消耗1mol转化为转移的电子为1mol×2×2=4mol，则过程i消耗的转化为SeO2，转移的电子为2×2=4，则两者的物质的量之比为1:1。
4．     CuCl2Cu+Cl2↑     Cu2++e-=Cu+     Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓     在5mol/LCuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成     2H2O+2e-=H2↑+2OH-     若猜想3成立，[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]-中+1价铜具有还原性，也可与硝酸反应产生类似的现象     黑色物质中一定含[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]-，可能含纳米铜粉
【详解】(1)电解溶液，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，是氯气，阴极上有红色固体析出，固体为铜，则电解反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。
Ⅰ．(2)若阴极电极反应分两步，第二步是，则第一步是生成Cu+，则电极反应为Cu2++e-=Cu+。
(3)若阴极先发生电极反应，而后发生资料ⅱ中可逆反应的逆反应，即铜和铜离子的归中反应，生成的Cu+和溶液中的Cl-生成CuCl白色沉淀：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓。要通过实验证明反应a能发生，可以在5mol/LCuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成。
Ⅱ．(4)若猜想1成立，需要生成OH-，所以阴极一定还存在的电极反应是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
(5)实验③发生了氧化还原反应，铜被氧化生成Cu2+，硝酸被还原生成NO，但不一定是单质铜被氧化，也可能是中的+1价铜被氧化，所以乙同学认为甲同学的结论不合理。
(6)由上述实验可知猜想1不成立，因为阴极没有气体产生，根据实验④，加入浓盐酸，增大了Cl-的浓度，使平衡正向移动，黑色液体颜色加深，根据实验⑤，加水，平衡逆向移动，溶液变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀CuCl，所以黑色物质一定有，根据实验③，也可能含有纳米铜粉。
5．(1)做对照，排除O2氧化I-的干扰
(2)+2I-=2+I2
(3)无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化
(4)     强于     实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n()仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），溶液应立即变蓝     生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝
(5)
(6)(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)

【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率。
（1）
实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排除O2氧化I-的干扰。
（2）
根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的的离子方程式为+2I-=2+I2。
（3）
实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化。
（4）
①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；
②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，起始n()=0.4´10-3mol，n()=0.008´10-3mol，该反应后n()=0.396´10-3mol，仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），即实验2-2中与反应后，溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；
③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝。
（5）
由反应+2I-=2+I2和反应2+I2=+2I-可得：~2，30s内，Δn()=0.1´0.08´10-3mol，则Δn()=´0.1´0.08´10-3mol，故30s内的平均反应速率v()==mol·L-1·s-1。
（6）
实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。
6．     2     试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)     bc     bc     减小     放电时，B室发生正极反应：VO2++e-+2H+=V3++H2O；由电极反应可知，转移1 mol e-消耗2 mol H+，同时有1 mol H+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低     充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓
【分析】(1)①根据先计算c(H+)，然后pH=-lgc(H+)得到a的值；
②结合弱酸的电离平衡及盐的水解平衡分析；
③结合醋酸的电离平衡和醋酸根的水解程度及物料守恒、电荷守恒大小分析；
④根据弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡分析；
(2)①放电时装置为原电池，结合VOSO4变为V2(SO4)3分析溶液中c(H+)的变化；
②根据A室中的缓冲溶液的作用分析判断。
【详解】(1)①c(HCl)==0.01 mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2；
②将0.10 mol CH3COOH和0.10 mol CH3COONa配制成1 L的溶液，得到0.10 mol/L和0.10 mol/L的混合溶液，在该混合溶液中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；在相同条件下，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)；
③a. 在该溶液中存在0.10 mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，c(Na+)=0.10 mol/L，由于醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以c(CH3COO-)>0.1 mol/L，c(CH3COOH)<0.10 mol/L，因此溶液中微粒浓度c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，a错误；
b. 由物料守恒可得①c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；由电荷守恒可得②c(CH3COO-)-+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，将②×2-①，整理可得2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，b正确；
c. 根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.2 mol/L，c正确；
故合理选项是bc；
④a. 向HCl—NaCl的混合溶液中加入酸，溶液中H+浓度增大，pH减小，当加入碱时，溶液中OH-增大，溶液pH增大，a不符合题意；
b. 向Na2CO3—NaHCO3的混合溶液中加入酸，H+与CO32-反应产生HCO3-，溶液中H+浓度几乎不变，当加入碱溶液时，HCO3-与OH-反应产生CO32-和H2O，溶液pH也几乎不变，b符合题意；
c. 向NH3·H2O-NH4Cl的混合溶液中加入酸，NH3·H2O与H+反应产生NH4+，溶液中H+浓度几乎不变，当加入碱时，NH4+与OH-反应产生NH3·H2O，也使溶液中H+浓度几乎不变，因此溶液酸碱性对其pH几乎无影响，c符合题意；
d. 向KOH—KCl混合溶液中加入酸，消耗OH-，溶液中OH-浓度降低，碱性减弱；当加入碱时，溶液中溶液中OH-浓度增大，溶液碱性增强，pH发生较大的变化，d不符合题意；
故合理选项是bc；
(2)①放电时该装置为原电池，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，VOSO4电离产生的VO2+得到电子，与溶液中的H+结合反应产生V3+和H2O，电极反应式为：VO2++e-+2H+=V3++H2O；反应消耗H+，使c(H+)降低，由电极反应可知，转移1 mol e-消耗2 mol H+，同时有1 mol H+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低；
②在充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓。
【点睛】本题考查了电化学、离子浓度大小比较、溶液的pH与物质组成的关系。在比较离子浓度大小时，要根据弱电解质的电离、盐的水解规律分析，结合电荷守恒、物料守恒及质子守恒进行判断；弱酸或弱碱及其相应的盐组成体系的pH受外界影响变化不大，因此对酸或碱溶液具有一定的缓冲作用，因而在人体血液pH的稳定及在液钒电池的稳定输出电流中具有重要作用。
7．     还原     PbSO4在溶液中存在PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO(aq)，加入(NH4)2CO3溶液，由于Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，CO+Pb2+=PbCO3↓，使c(Pb2+)减小，上述PbSO4的溶解平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3     PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑     bc     c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大
【详解】(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅,铅元素化合价降低,被还原,故物质a表现还原性。
(2)过程ⅱPbSO4转化为PbCO3：PbSO4在溶液中存在PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO(aq)，加入(NH4)2CO3溶液，由于 ，CO+Pb2+=PbCO3↓，使c(Pb2+)减小，上述PbSO4的溶解平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3。
(3)过程ⅲPbCO3溶解，PbSiF6和为能溶于水的强电解质，则为二元强酸，PbCO3和发生反应生成PbSiF6、水和二氧化碳，离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑。
Ⅱ． (4)a．阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则阳极上铅等金属溶解、阳极为粗铅，纯铅在阴极析出，a错误；
b．粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag，b正确；
c．阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2+浓度有所下降，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定，c正确；
则说法正确的是bc。
(5)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大。
8．     先产生沉淀，继续滴加氨水，溶液变澄清     3Ag(NH3)+HPO+OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O     AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c(PO)较大，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体     2CO2+4H2O2CH3OH+3O2     abc    
【详解】Ⅰ．(1)向硝酸银中滴加氨水，发生复分解反应生成氢氧化银沉淀、继续滴加氨水，则氢氧化银和氨水反应生成溶液，当生成的白色沉淀恰好溶解，即为银氨溶液，故配制银氨溶液时的反应现象是：先产生沉淀，继续滴加氨水，溶液变澄清；
(2)由信息知：银氨溶液中加入溶液时生成磷酸银沉淀、同时产生氨气，则离子方程式为：3Ag(NH3)+HPO+OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O；
(3)已知：具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，但AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c(PO)较大，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体，故制得的Ag3PO4固体光催化性能极差；
Ⅱ．(4)由 a．、a的后续反应②：以及③，按得失电子守恒可知：12×a+3×②+③×2可得：由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2；
(5)①a．降解RhB即使之被氧化为二氧化碳和水，需要氧化剂，和是 a的后续反应的产物，是重要氧化剂，a正确；
b．由图知，第一次降解过程大约为60min,而第2次降解过程大约要400min，第3次RhB的残留率高、则第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低，b正确；
c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效，c正确；
说法正确的是abc；
②第1次光降解时，内的反应速率为 。
9．(1)     1132kJ     大于
(2)          CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低

【解析】(1)
①不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)，生成的CO可以继续燃烧，根据ii可知，4molCO燃烧可放出1132kJ能量，所以每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为1132kJ；②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比要大于理论空燃比，是由于增大空气的用量来提高燃料的利用率；
故答案为：1132kJ，大于。
(2)
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即生成CO2和N2，反应的化学方程式为：；②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是由于CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，导致NO难以被还原为N2；由已知i可知，空燃比大于15后，空燃比越大，尾气温度越低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低；
故答案为：；CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低。
10．     羧基     CH3OH(或甲醇)          氧化反应     n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH     abc     CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5 CH3COCH2COOC2H5
【分析】A是HOOCCH2CH2COOH，A与CH3OH在浓硫酸存在时加热发生酯化反应产生B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，B与醇钠发生取代反应产生C，根据C的分子式及C中含有一个六元环，则C为：，根据C、D分子式可知C变为D发生氧化反应，结合F的结构及E与HOCH2CH2OH发生酯交换反应产生F逆推，可知E是，D与CH3I在K2CO3作用下反应产生E，则D结构为：，然后根据题目问题逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知： A是HOOCCH2CH2COOH，B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，C是，D是，E是，F是。
(1)A是HOOCCH2CH2COOH，可知A中官能团的名称为羧基；
(2)HOOCCH2CH2COOH与甲醇CH3OH在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生B： CH3OOCCH2CH2COOCH3和H2O，所以试剂a是CH3OH；
(3)根据上述分析可知C结构简式为：；
(4)C分子式是C10H12O6，D分子式是C10H10O6，C物质失去2个H原子变为D，失去电子被氧化，发生氧化反应，故C→D的反应类型为氧化反应；
(5)E是，E与HOCH2CH2OH发生酯交换反应产生F，F是，故E→F的化学方程式是n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH；
(6)a．A是HOOCCH2CH2COOH是丁二酸，属于二元羧酸，具有酸性，由于其酸性比碳酸强，所以HOOCCH2CH2COOH能与NaHCO3溶液反应产生NaOOCCH2CH2COONa、H2O、CO2，a正确；
b． 由于金属钠能够能与醇发生置换反应产生醇钠和氢气，所以醇钠可由醇与金属钠反应制得，b正确；
c．D是，E是，D中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，而E无酚羟基，与FeCl3溶液不能反应，因此可用FeCl3溶液鉴别D和E，c正确；
d．HOCH2CH2OH是乙二醇，丙三醇HOCH2CH(OH)CH2OH俗称甘油，d错误；
故合理选项是abc；
(7)乙醇催化氧化产生乙醛CH3CHO，乙醛氧化产生乙酸CH3COOH，乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂条件下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯CH3COOC2H5，CH3COOC2H5和乙醇钠反应产生CH3COCH2COOC2H5，所以以乙醇为原料合成CH3COCH2COOC2H5的路线为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，涉及反应类型的判断、反应条件的分析、物质结构简式的推断等。正确推断各物质结构简式是解本题关键，要根据某些物质结构简式、反应条件、分子式及官能团的性质及变化，利用题给信息进行推断，侧重考查了学生阅读能力及接受信息分析处理能力及推断和知识综合运用能力，可采用顺推与逆推相结合的方法分析判断。
11．     碳碳双键     (CH3)2CHCH2CH2Br     2+O22+2H2O或2+O22+2H2O     加成反应     +H2O或+H2O     或     b
【分析】D催化氧化得到E，由E知D为，结合流程知， C为，B为 ，E→F为信息反应，则F为，由分子式知F到G是加成反应、G在酸性条件下酯基水解，则G为，H为分子内脱羧所得，H分子脱水后形成的I含有1个六元环、I能和氨水反应，则H为，I为，J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，据此回答；
【详解】(1)A为异戊二烯，官能团是碳碳双键。
(2)由分析知，C的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br。
(3)D→E的化学方程式是与O2在铜作催化剂、加热下的反应，生成和H2O，化学方程式为 2+O22+2H2O或2+O22+2H2O。
(4) F为， G为，F与反应生成G，则为加成反应。
(5)H为 ，H在五氧化二磷作用下脱水得到I、I中含有一个六元环，则H生成I时2个羧基间脱去1个水分子生成酸酐，化学方程式是+H2O或+H2O。
(6)羧基具酸性、能与一水合氨反应生成羧酸铵，若H未发生脱水缩合、则可直接与过量反应，产物是或。
(7) F即，F含碳碳双键，与反应生成G即。G中酯基水解，羧基残留，所以羧基及与之相连的碳原子来自，即3、4号碳原子均来自于，又知J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，则J中酰胺基上的碳原子、K中的1号碳原子也由提供，则答案为b。
12．(1)乙酸
(2)CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(3)
(4)bcd
(5)+CH3Cl +HCl
(6)         

【分析】A的分子式为C2H6O，其能连续被氧化，则A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，D为CH3COOC2H5；已知2D→E+A，则E为；由I的结构简式，可确定J为。
(1)
由分析可知，B为CH3COOH，则B的名称是乙酸。答案为：乙酸；
(2)
D为CH3COOC2H5，则B→D的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
(3)
已知2D→E+A，则E的结构简式是。答案为：；
(4)
有机物I的结构简式为。
a．醇-OH能发生取代反应、氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，a正确；
b．有机物I的不饱和度为3，而酚的不饱和度至少为4，所以不存在酚类同分异构体，b不正确；
c．醇-OH、碳碳双键都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，c不正确；
d．I分子中与-CH3、-CH2OH同时相连的环上碳原子，连接的环上的两个原子团是相同的，所以不是手性分子，d不正确；
故选bcd。答案为：bcd；
(5)
由分析知，J为，则I→J的化学方程式是+CH3Cl +HCl。答案为：+CH3Cl +HCl；
(6)
由信息，可推出中间产物1的结构简式为、中间产物2的结构简式为、中间产物3的结构简式为。答案为：；。
【点睛】由原料及目标有机物推断中间产物时，可采用顺、逆推相结合的方法。
13．     abd     防止硫粉燃烧产生SO2，污染环境、导致爆炸     正极     [Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O     Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑     富集、提纯煤气中的H2S     溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色     1700
【分析】（1）干法氧化铁脱硫的过程是将氧化铁和H2S相互接触，二者发生反应生成Fe2S3·H2O从而达到脱硫的目的，化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，同时生成的Fe2S3·H2O可以通过再生的方法将S单质分离出来，化学方程式为2Fe2S3·H2O+3O2=2Fe2O3·H2O+6S，这样既可以脱硫又可以将硫进行回收；
（2）电化学溶解-沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，实验过程是以Zn为阳极在碱性条件下发生电解，生成[Zn(OH)4]2-，将[Zn(OH)4]2-与H2S气体在反应器中发生反应生成ZnS固体，达到回收利用H2S的方法；
（3）利用碘量法测定煤气中H2S的含量，首先将煤气通入锌氨溶液中将S元素富集起来，将生成的ZnS与碘水混合，二者发生反应，因I2为足量，所以I2剩余，通过碘量法测量未参加反应的I2的含量间接测量煤气中H2S的含量。
【详解】（1）①单质硫为淡黄色固体，a正确；根据分析，脱硫反应的化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，b正确；再生过程中S元素化合价从-2价变为0价，反应过程中失去电子，发生氧化反应被氧化，c错误；脱硫过程中，增大反应物与气体的接触面积，可以使固体与气体的反应更加完全，提高脱硫效率，d正确；故选abd；
②再生反应不易温度过高，在高温条件下，再生过程生成的硫单质易与氧气发生反应生成SO2污染空气；
（2）①根据分析，若想通过Zn吸收S2-，需将Zn变成Zn2+，通过反应生成ZnS沉淀。此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极方程式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，阴极为水中H+得电子的反应，方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②电解过程中生成的[Zn(OH)4]2-与H2S发生反应生成ZnS，反应的离子方程式为[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O；
③根据已知条件，Zn可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑；
（3）①煤气中H2S含量较低，难以直接测量，故需要将煤气通入到锌氨溶液中，将S元素全部转化为ZnS固体，利用少量的液体将含量低的H2S收集起来，这样起到富集、提纯煤气中的H2S的目的；
②滴定终点时，体系中不再出现I2，溶液颜色发生变化，故滴定终点的现象是：溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色；
③碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为x mol，则

解得x=1×10-3mol，说明与ZnS反应的I2的物质的量为1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为5×10-4mol，说明含有S元素5×10-4mol，故H2S为5×10-4mol，即10L煤气中含有5×10-4mol的H2S，煤气中H2S的含量为=1700mg/m3。
【点睛】碘量法测定H2S含量时利用的是反滴定法，先将ZnS中加入过量且定量的碘水，让ZnS与I2充分的反应，再利用硫代硫酸钠滴定剩余的I2，达到准确测量S含量的效果。
14．(1)
(2)将转化为微溶的，降低废水中PNP的浓度
(3)     Pt     H2O-e-=•OH +H+
(4)     2Cl--2e-=Cl2↑     NaCl作电解质时产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP
(5)回收PNP

【分析】对硝基苯酚能和碱进行反应生成对硝基苯酚盐，从而溶解在水溶液中，再向其中加入稀硫酸转化为对硝基苯酚，因PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，在絮凝沉淀池将其沉淀下来得到PNP晶体，同时得到低浓度PNP废水，最后对该溶液进行电解即可得到合格废水；
【详解】（1）在碱性溶液中会发生发生反应：，故PNP的存在形态为 ；
（2）PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，向絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是调节溶液pH，将转化为，从溶液中析出，降低废水中PNP的浓度；
（3）分析电解池可知，Pt和石墨电极与电源正极、负极相连，故Pt和石墨电极分别为阳极和阴极，阳极失去电子发生氧化反应：H2O-e-=•OH +H+，阴极得到电子发生还原反应；•OH失去电子，在阳极发生，即Pt电极；
（4）当电解质为NaCl时，Cl-会在阳极放电，故阳极副反应的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP；
（5）在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP，工业上联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，可得到PNP，故目的是节约电能和回收PNP。
15．(1)1s22s22p3
(2)氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键
(3)     sp2     小于
(4)     O、N电负性大于C     ab
(5)          胸腺嘧啶

【解析】(1)
基态N的核外电子排布式为1s22s22p3；
故答案为：1s22s22p3。
(2)
氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键，生成—NH，所以—NH2具有一定的碱性；
故答案为：氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键。
(3)
①由鸟嘌呤结构可知，2号N原子有2个键和1个孤电子对，所以杂化方式为sp2；由结构可知，鸟嘌呤中N—H键的平均键长小于0.29nm。
故答案为：sp2，小于。
(4)
①氢键为分子间相互作用，O、N、F的电负性大，带有较多的负电荷，可以与呈电正性的H原子形成氢键。由于C电负性低，C原子上的负电荷并不大，因此不能与H形成氢键；②氢键的强度小，在DNA解旋和复制时断裂和形成，a正确；鸟嘌呤与胞嘧啶之间有三个氢键，腺嘌呤与胸腺嘧啶之间有两个个氢键，鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用更强，b正确；由结构可知，碱基配对时，一个H不可以同时与多个原子形成氢键，c错误；
故答案为： O、N电负性大于C，ab。
(5)
鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成—OH，异构化后的结构简式为，鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是胸腺嘧啶；
故答案为：，胸腺嘧啶。