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北京顺义区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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这是一份北京顺义区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38页。试卷主要包含了工业流程题，填空题，有机推断题，原理综合题，结构与性质，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京顺义区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、工业流程题
1．（2021·北京顺义·统考二模）工业上制取硝酸铵的流程图如图，回答下列问题：
(1)NH3的电子式为___。
(2)设备Ⅱ发生反应的化学方程式为___。
(3)设备Ⅲ中生成HNO3化学方程式为__，设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是__。
(4)设备Ⅳ中的尾气主要为NO，可以用NaClO溶液吸收，其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。
①在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为__。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是__。
2．（2021·北京顺义·统考二模）硒是人体所需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。
Ⅰ.硒在元素周期表中的位置如图所示：
(1)从原子结构的角度解释硫的非金属性比硒强的原因是__。
Ⅱ.工业上从铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的过程如图：
(2)焙烧时，产物A的化学式为__。
(3)将甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式补充完整：H2SeO3+2HCOOHSe+ + 。______。
(4)常温下，H2SeO3电离平衡体系中含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。
向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，过程中主要反应的离子方程式__。
(5)还原时，进行了下述实验：向10mL2.5mol·L-1亚硒酸溶液中先加入10mL氨水，再加入10mL甲酸溶液(甲酸浓度分别为5、7.5及10mol·L-1)，加热至沸腾(103℃)，反应10小时，实验数据如图所示。
①曲线___(填曲线字母编号)对应甲酸浓度为10mol·L-1，判断的理由是___。
②当氨水浓度在0～1.25mol·L-1之间，随着氨水浓度逐渐增大，亚硒酸还原率逐渐升高，其可能的原因是__。
(6)粗硒中硒含量测定：
在一定条件下，将0.1000g粗硒中的Se完全转化为H2SeO3溶液，用V1mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定。终点前加入KI淀粉溶液做指示剂，继续用V2mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液蓝色消失。发生的反应：
H2SeO3+4S2O+4H+=Se+2S4O+3H2O；
H2SeO3+4I-+4H+=Se+2I2+3H2O；
I2+2S2O=2I-+S4O。则粗硒中Se的质量分数为___。
3．（2022·北京顺义·统考二模）火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采用硫化-石膏中和法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如下：
资料：
ⅰ． 常温下H2CO3的Ka1 = 4.4×10-7 ，Ka2 = 4.7×10-11；H2S的Ka1 = 1.3×10-7 ，Ka2 = 7.1×10-15；
ⅱ． 含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H+、Cu2+、F-、SO含量均超标；
ⅲ．室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：
pH值
pH＜7
pH=10~11
主要存在形式
H3AsO3
H2AsO
(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液吸收H2S，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式解释不能使用纯碱的原因___________。
(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2+和部分砷，滤渣A 的主要成分为CuS和As2S3，生成As2S3的离子方程式是___________。
(3)过程Ⅰ会发生副反应As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)，影响后续处理。加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，结合平衡移动原理解释加入FeSO4的原因___________。
(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO4， 该过程通入空气的作用是___________。
(5)利用反应AsO+2I-+2H+ =AsO+I2+H2O 测定滤渣C中FeAsO4含量。取a g样品，用硫酸溶液溶解，加入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，观察到___________现象说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去Na2S2O3溶液体积为V mL，计算样品纯度为 ___________(用字母表示)。
资料：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；FeAsO4相对分子质量为195
4．（2023·北京·统考二模）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
(1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是_____。
(2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)_____。
(3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为_____。
(4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因_____。
(5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、_____、有机溶剂、_____。
(6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目
废水水质
排放标准
pH
1.0
6～9
Cu2+含量/(mg•L-1)
72
≤0.5
NH含量/(mg•L-1)
2632
≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为_____。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程_____。
二、填空题
5．（2021·北京顺义·统考二模）Cu2O是一种重要的工业原料，广泛川作催化剂。
Ⅰ.制备Cu2O
(1)微乳液—还原法：在100℃的Cu(NO3)2溶液中加入一定体积的NaOH溶液，搅拌均匀，再逐滴加入肼(N2H4)产生红色沉淀，抽滤、洗涤、干燥，得到Cu2O。
已知：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-akJ·mol-1
Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ·mol-1
4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ·mol-1
则由N2H4(l)和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式为__。
(2)电解法：纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。
采用阴离子交换膜制备纳米级Cu2O的装置如图所示：
阳极的电极反应式为___。
Ⅱ.纳米级Cu2O催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ·mo1-1
(3)能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)已达平衡状态的是__(填字母)。
A．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
B．一定条件，CO的转化率不再变化
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00molH2(g)和1.00mol的CO(g)的物质的量随时间的变化如表：
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(mol)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
根据表中数据回答：
①氢气平衡转化率为___。
②2t℃时该反应的平衡常数为___。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1molCO(g)、2molH2(g)、1molCH3OH(g)；此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。
(5)工业实际合成CH3OH生产中，采用如图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：__。
三、有机推断题
6．（2021·北京顺义·统考二模）小分子抗癌新药mutlin—3的合成路线如图：
已知：ⅰ.R—CN
ⅱ. R—OHR—Br
ⅲ.+→+HCl(R、R’为烃基)
(1)A的结构简式为___。
(2)C分子中的含氧官能团有：醚键、__、___。
(3)E的分子式为C3H8O，F→G的有机反应类型是___。
(4)D+G→H的化学方程式为___。
(5)L的结构简式为___。
(6)下列说法不正确的是___。
a.B的核磁共振氢谱吸收峰强度比为6∶2∶1
b.F发生消去反应的有机产物不存在顺反异构体
c.1molK与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH
(7)NBS(N—溴代琥珀酰亚胺)是有机合成中的重要试剂，其结构简式为：，如图是某同学设计合成NBS的流程。请写出流程中X→Y的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系)______。
CH2=CH—CH=CH2X→……→Y
7．（2022·北京顺义·统考二模）聚乙烯吡咯烷酮(PVP)是一种重要的水溶性高分子化合物，在医药卫生、食品饮料等领域有很好的催化性能。利用PVP为催化剂，合成多官能团化合物K的路线如下：
已知:
(1)A的结构简式是___________。
(2)②的反应条件是___________。
(3)③的化学反应方程式是___________ 。
(4)E中含氧官能团的名称是___________。
(5)F为反式结构，结构简式是___________。
(6)⑤的反应类型是___________。
(7)下图是制备PVP的合成路线，中间产物N的结构简式是___________。
8．（2023·北京·统考二模）药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。
已知：
i.B的核磁共振氢谱只有1个峰；
ii.
(1)M的官能团为_____。
(2)A的名称为_____。
(3)C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为(任写一种)_____。
(4)反应④的反应类型是_____。
(5)反应⑤的化学方程式为_____。
(6)G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式_____。
①不存在顺反异构 ②结构中含有酚羟基 ③苯环上有两个取代基且位于间位
(7)已知：→+H2O，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，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)。_____
四、原理综合题
9．（2021·北京顺义·统考二模）某化学小组同学利用如图装置对电解氯化铜实验进行探究。
实验装置
实验现象
电解约5min，阳极石墨表而产生大量气泡，有刺激气味，溶液蓝色稍微变浅；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为黄绿色；U形管变热，冷却后溶液仍为黄绿色。
(1)对阳极实验现象进行分析。
①阳极的电极反应式为___。
②测定电解5min时阳极溶液的pH=2.61，结合化学用语解释溶液pH减小的原因是__。
(2)探究阴极溶液变为黄绿色的原因
查阅资料：CuCl2溶液中存在平衡：Cu2++4H2O[Cu(H2O)4]2+(蓝色)
Cu2++4Cl-[CuCl4]2+(黄色)
①甲认为，电解过程中，温度升高，促使化学平衡发生移动，[CuCl4]2+浓度增大，导致溶液由蓝色变为黄绿色。但是他通过分析实验现象否定了自己的假设，他的证据为__。
②乙认为，电解过程中阴极发生反应：Cu2++e-+Cl-=CuC1↓且Cl-移向阳极的速率远小于Cu2+在阴极放电的速率，导致阴极区>2，溶液由蓝色变为黄绿色，并通过实验证实了自己的猜想。他的实验操作为：取2mL0.1mol·L-1CuCl2溶液于试管中，加入___至饱和，溶液由蓝色变为黄绿色。
(3)实验完成后，切断电源，小组同学忘记将电极从溶液中取出，一段时间后，发现阴极石墨上析出的铜消失了，仔细观察，并未看见固体沉积在U形管底部。对于“铜自动溶解之谜”，继续探究。
①丙认为，Cu与CuCl2溶液发生反应生成[CuCl2]-使Cu溶解：Cu2++2Cl-+Cu=2CuC1↓(白色)；CuCl+Cl-[CuCl2]-。他通过实验证实了自己的猜想，他的实验方案为___。
②丁认为，还可能是石墨电极与附着的铜构成了原电池使电极上附着的Cu溶解。并设计了如图所示的装置证明了自己的假设，请将装置补充完整并写出该电池总反应的离子方程式。
电极b为：___；电解质溶液C为：___。电池总反应的离子方程式：___。
10．（2022·北京顺义·统考二模）工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中 NO，可有效减少对空气的污染。
(1)电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是___________。
(2)脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如图1所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图2所示：
①吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是___________。
②脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是___________。
(3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，目的是___________。
(4)KMnO4可以增加脱硝液的氧化性，显著提高脱硝效率，但脱硝废液电解时无法实现KMnO4的再生，需在脱硝液中及时补充。推测KMnO4无法再生的原因：
Ⅰ． MnO在阴极直接得到电子被还原；
Ⅱ．脱硝废液中NO在阴极得电子转化为NO，NO还原MnO。
进行实验验证：
装置
实验
复合电解液
实验现象
1
0.66mmol/LKMnO4+ 0.8547mol/LNaCl混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1
2
0.66mmol/L KMnO4+0.8547mol/L NaCl 、NaNO3混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4
资料： MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗。
①实验1中阴极颜色变暗，阴极电极反应式是___________。
②根据实验1和2可得到的结论是___________。
五、结构与性质
11．（2022·北京顺义·统考二模）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
(1)基态磷原子价电子的轨道表示式是___________。
(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是___________。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是___________(填字母序号)
a．层与层之间的作用力是共价键
b．分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c．是混合型晶体
(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是___________，其空间构型是___________。
(4)第ⅢA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因___________。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。磷化硼的化学式是___________，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是___________g/cm3。(1 pm=10-10cm)
12．（2023·北京·统考二模）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Fe的价层电子排布式为_____。
(2)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。
①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为_____。
②色胺酮分子中N原子的杂化类型为_____。
③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过_____作用与色胺酮钴配合物相结合。
(3)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有_____个。
②已知该晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g•cm-3。(1nm=10-9m)
六、实验题
13．（2022·北京顺义·统考二模）某研究小组探究CuSO4溶液和弱酸盐的反应。
【资料】H2S2O3是一种弱酸，易分解为SO2和S。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
过程ⅰ：立即产生蓝色絮状沉淀，继续滴加至1mL，沉淀增多且蓝色加深，并出现少量气泡。过程ⅱ：产生气泡增多且速率明显加快，蓝色絮状沉淀沉降在试管底部。
过程ⅲ：沉淀溶解并有极少量的气泡生成。
Ⅱ
过程ⅰ：立即产生浅蓝绿色絮状沉淀，继续滴加至1mL，沉淀增多且蓝绿色加深，并出现少量气泡。过程ⅱ：产生的气泡比实验Ⅰ过程ⅱ增加更多更快，最终得到天蓝色粉末状沉淀。
过程ⅲ：沉淀溶解并有较多气泡生成。
Ⅲ
过程ⅰ：较快出现淡黄色悬浮物。过程ⅱ：黄色逐渐加深，依次变为土黄色、棕色，最终变为黑色，同时产生刺激性气味气体，且通入品红试剂出现溶液褪色现象。
(1)实验I中过程i产生的蓝色絮状沉淀为Cu(OH)2，同时产生的少量气泡主要成分是_______。
(2)实验Ⅱ中过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是_______。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，II中产生气泡明显更快的原因是_______。
(4)实验Ⅲ中，经检验产生的黑色沉淀为CuS。推测CuS的产生原因。
推测1. 酸性条件下，发生分解，随后分解产物再与Cu2+产生CuS；
推测2. 酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成。
经实验及理论证明推测1和推测2均合理。
①证明推测1合理，应设计的实验方案是_______。
②推测2发生反应的离子方程式是_______。
③从化学反应速率和限度的角度解释酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀的原因_______。
14．（2023·北京·统考二模）次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。
(1)NaH2PO2中P的化合价为_____。
(2)将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍的目的，该过程中H2PO被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式_____。
(3)次磷酸钠的制备将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)，实验装置如图：
①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为_____。
②装置B的作用为_____。
③装置C中发生反应的化学方程式为_____。
④已知相关物质的溶解度如表：
溶解度/g物质
25℃
100℃
NaCl
37
39
NaH2PO2
100
667
充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然后_____(填操作名称)，得到含NaH2PO2的溶液，进一步处理得到粗产品。
(4)产品纯度的计算
取1.00g粗产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，酸化后加入30.00mL0.100mol•L-1碘水，充分反应。然后以淀粉溶液作指示剂，用0.100mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL，有关反应的方程式为：H2PO+H2O+I2=H2PO+2H++2I—，2S2O+I2=S4O+2I-，则产品纯度为_____(NaH2PO2式量88)。
15．（2023·北京·统考二模）某化学小组探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案。
已知：实验条件空气的影响忽略不计。
(1)写出乙醛发生银镜反应的化学方程式_____。
(2)向附有银镜的试管中加入稀HNO3，试管壁上的银逐渐消失，管口有浅红棕色气体生成，产生浅红棕色气体的化学方程式是_____。
(3)小组同学认为使用稀硝酸易产生污染性气体，考虑到铁盐也有较强的氧化性，用铁盐去除银镜对环境有利，于是进行如表实验：
序号
实验操作
现象
I
向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1Fe(NO3)3溶液(过量，pH=2)，振荡试管
银镜慢慢消失，溶液澄清
对银镜的消失原因小组同学作出如下假设：
假设1：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag；
假设2：……。
回答下列问题：
①补全假设2：_____。
②甲同学通过设计实验，证明了假设2成立，他设计的方案为：向附有少量银镜的试管中，加入_____，充分振荡，银镜消失。
③为证明假设1，乙同学用同浓度FeCl3溶液替换Fe(NO3)3溶液，进行下列实验：
序号
实验操作
现象
II
向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液(过量，pH=2)，振荡试管
银镜快速溶解，反应后溶液中有明显灰色沉淀
丙同学查阅文献得知：Fe3+氧化性与Ag+接近，实验II中银镜能快速溶解，可能与生成氯化银沉淀有关，用平衡移动原理解释原因_____。
④为证明自己的观点，丙同学的通过积极思考，设计了实验III。
实验III：如图连接装置进行实验，电压表的指针向左偏转，记录电压示数为a。
已知：电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大。
将U形管右侧溶液替换成0.1mol•L-1NaNO3溶液，重做上述实验，电流表指针向左偏转，记录电压示数为b，能证明丙同学观点的实验证据是_____。
(4)总结上述实验，小组同学认为HBr溶液和HI溶液也能去除试管上的银镜，并进行如表实验。
序号
实验操作
现象
IV
向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HBr溶液，不断振荡。
银镜不溶解
V
向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HI溶液，不断振荡。
银镜溶解，有黄色沉淀产生，且有气泡产生
已知：常温下Ksp(AgBr)=5.4×10-13；Ksp(AgI)=8.5×10-17，分析相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液的原因_____。
参考答案：
1． 4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3或2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO 可使NO循环利用，全部转化成HNO3 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】(1)NH3属于共价化合物，其电子式为 ，故答案： 。
(2)由框图可知：设备Ⅱ是氨气和氧气在催化剂的条件下发生反应生成一氧化氮和水，其反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ，故答案：4NH3+5O24NO+6H2O。
(3) 由框图可知：设备Ⅲ中是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在和水反应生成一氧化氮和HNO3，该反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3。设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是使NO循环利用，最终全部转化成HNO3，故答案：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3；可使NO循环利用，全部转化成HNO3。
(4)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+，故答案：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+。
②pH越小溶液的酸性越强，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高，故答案： 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
2． Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se SeO2 H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O a 其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大 在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大
【详解】(1) 同一主族元素性质相似，根据“位置-结构-性质”分析，Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se，故答案为：Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se。
(2) 由铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等，焙烧时，产物烧渣含Au、Ag、CuO等，再结合Se和S在同一主族，同一主族元素性质相似，故焙烧铜阳极泥时，产物A为SeO2，故答案为：SeO2。
(3) 根据氧化还原反应得失电子守恒及元素守恒配平可得甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O，故答案为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O。
(4) 向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，H2SeO3与HSeO均存在，可看作一水合氨电离出的氢氧根与等物质的量的H2SeO3反应，生成HSeO+H2O，该过程中主要反应的离子方程式为H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O，故答案为：H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O。
(5) ①根据其他条件相同时，浓度与速率成正比，故答案为：a；其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大；
②在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大，故答案为：在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大。
(6) 由关系式法得：，所以粗硒中Se的质量分数==，故答案为：。
3．(1)依据电离常数，纯碱与H2S 发生反应：H2S+ Na2CO3 = NaHS + NaHCO3，不能得到Na2S
(2)2H3AsO3 + 3S2- + 6H+ = As2S3 + 6H2O
(3)加入少量FeSO4，Fe2+ + 3S2- =FeS↓，使c(S2-)降低，As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生
(4)做氧化剂，氧化Fe2+和 H2AsO
(5) 滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
【分析】本实验由含砷污酸加入Na2S、FeSO4反应得到滤渣CuS和As2S3，含砷滤液中含有H+、F-、SO，加入石灰乳得到滤渣CaF2和CaSO4，滤液中加入石灰乳和FeSO4，得到FeAsO4，以及达标废水，据此分析回答问题。
【详解】（1）由题干信息可知，H2CO3的Ka1 = 4.4×10-7
（3）加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，Fe2+与S2-反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)逆向移动，而减少副反应发生，故为加入少量FeSO4，Fe2+ + 3S2- =FeS↓，使c(S2-)降低，As2S3(s)＋3S2-(aq) 2 AsS (aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；
（4）过程Ⅲ中通入氧气将Fe2+氧化成Fe3+，将H2AsO 氧化成AsO ，从而得到FeAsO4；
（5）反应中I2与Na2S2O3反应，且I2会使淀粉变蓝，故用Na2S2O3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应中方程式可知，AsO+2I-+2H+ = AsS+I2+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则有，元素守恒可知，n(FeAsO4)= ，故样品纯度为 。
4．(1)提高浸取速率和铜的浸取率
(2)③⑤
(3)
(4)温度过高会导致H2O2分解
(5) NH4Cl RH
(6) 9 b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等发生氧化还原反应，离子方程式为。浸出液中主要存在[Cu(NH3)4]2+、Cl－等离子。浸出液再与RH反应，用有机溶剂萃取，有机层中含CuR2，水层中含NH4Cl。分液后往有机层加入稀硫酸，则CuR2和H2SO4反应得到CuSO4和RH，CuSO4位于水层，RH位于有机层。分液后得到CuSO4溶液，后续处理得到CuSO4晶体。
【详解】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。
（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。
（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为。
（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。
（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。
（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
5． N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)ΔH=(4b+c-a)kJ·mol-1 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O BC 80% 100 > 相对于N点而言，M点温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济
【详解】(1) ①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-akJ·mol-1，
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ·mol-1，
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②×4+③得
热化学方程式为N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l) ΔH=(4b+c-a)kJ·mol-1。
(2)阳极为铜，失去电子生成氧化亚铜，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
(3)A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，都为正反应速率，不能说明到平衡，错误；B.一定条件，CO的转化率不再变化可以说明反应到平衡，正确；C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明反应体系温度不变，则反应到平衡；故选BC。
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00molH2(g)和1.00mol的CO(g)的物质的量随时间的变化如表：
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(mol)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
根据表中数据回答：
①一氧化碳的平衡转化率为 =80%，根据方程式和加入量分析，氢气的平衡转化率和一氧化碳的相同，也为80%。
②2t℃时
该反应的平衡常数为。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1molCO(g)、2molH2(g)、1molCH3OH(g)；此时<100，反应正向进行，即v正>v逆。
(5)相对于N点而言，M点温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济，所以工业实际合成CH3OH生产中，采用如图M点而不是N点对应的反应条件。
6． —CHO(或醛基) —OH(或羟基) 取代反应 ++HI a
【分析】A的分子式为C6H6O2，对照B为的结构可知，A为，H的结构可以根据图中逆推出来为，G为，E的分子式为C3H8O，可以推断出E为，根据题给信息ii可知，F为；
【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为；
(2)C的结构简式为，其中含氧官能团除了有醚键还有羟基和醛基；
(3)根据题给信息以及分析可知，E的结构简式为，根据题给信息ii可知，F的结构简式为，F在丙酮的催化下与碘化钠反应生成G，碘取代了F中的溴，则F→G的有机反应类型是取代反应；
(4) 根据分析，H的结构简式为，故D+G→H的化学方程式为++HI；
(5)根据合成抗癌新药mutlin—3路线以及信息iii逆推可知，L的结构简式为；
(6) a.B结构简式为，该有机物包含四种氢，分别为，且核磁共振氢谱吸收峰强度比为6∶2∶1∶1，a错误；
b.F发生消去反应的有机产物为CH2=CHCH3OH，双键中有一个C连接两个氢原子，不存在顺反异构体，b正确；
c. K为，1molK中含有2mol-Cl，消耗2molNaOH，生成2mol酚羟基，其会继续消耗2mol氢氧化钠生成对应的盐，故1molK与足量NaOH溶液发生消去反应，最多消耗4molNaOH， c正确；
(7)由流程图可知X为CH2ClCH=CH-CH2Cl，Y为，则X→Y的合成路线如下在金属Ni的催化下加热与氢气发生加成反应生成，与氢氧化钠溶液加热发生反应生成，在金属铜加热的条件下，与氧气发生氧化反应生成，在催化剂加热的条件下与氧气发生氧化反应生成。
7．(1)
(2)NaOH溶液，加热
(3)
(4)醛基
(5)
(6)加成反应
(7)
【分析】A的分子式是C8H8，由D逆推可知，A是；B是；C是；根据F的分子式，由G逆推，可知F是、E是；由I逆推，H是；I发生消去反应生成J，J是；
(1)
A的分子式是C8H8，由D逆推可知，A分子中含有苯环，A的结构简式为；
(2)
反应②是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成，反应条件是氢氧化钠的水溶液，加热；
(3)
反应③是发生催化氧化生成，化学反应方程式是
(4)
E是，含氧官能团的名称是醛基；
(5)
F的分子式，F为反式结构，根据提给信息，由G逆推，可知F是结构简式是；
(6)
反应⑤是生成，反应类型是加成反应；
(7)
和反应生成M，由PVP结构简式逆推，可知M是，M在浓硫酸作用下发生消去反应生成N，N是。
8．(1)酯基、羟基；
(2)2-丙醇或异丙醇；
(3)；
(4)取代反应；
(5)；
(6)；
(7)。
【分析】E的分子式为C6H6，则E为，根据已知，F的结构简式为，根据M的结构简式，推出生成M原料为和，根据F的结构简式，推出I为，则D为，F与氯气反应，氯原子取代甲基上的氢原子，即G的结构简式为，根据D的结构简式，以及B的核磁共振氢谱只有1个峰，推出A的结构简式为，根据B的分子式，推出A→B发生氧化反应，即B的结构简式为，根据D的结构简式，三个B分子发生加成反应形成一个C，即C的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）根据M的结构简式，推出M中含有官能团为羟基和酯基；故答案为羟基和酯基；
（2）根据分析可知A的结构简式为，其名称为2-丙醇或异丙醇；
（3）根据分析可知，B的结构简式为，分子中含有酮羰基，C与B含氧官能团相同，则C的可能的结构简式为；故答案为；
（4）反应④为F（）生成G的过程，发生甲基的取代反应，故答案为取代反应；
（5）D与I通过酯化反应生成M，则化学反应方程式为；故答案为；
（6）结构中含有酚羟基，说明含有苯环和酚羟基，根据不饱和度，同分异构体中含有碳碳双键，不存在顺反异构，说明不饱和碳原子上连有相同的原子，因此符合条件的同分异构体为 ；故答案为；
（7）根据题中所给已知，G在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，得到，然后发生氧化反应，得到，最后与H2发生加成反应，得到目标产物，路线为；故答案为。
9． 2Cl--2e-=Cl2↑ Cl2+H2OH++Cl-+HClO，c(H+)增大，pH减小 冷却后溶液仍为黄绿色 NaCl或KCl固体 取阴极附近的溶液，加入铜粉振荡，先产生白色沉淀，后沉淀溶解 铜或覆盖有铜的石墨电极 原电解池阴极附近的溶液 2Cu+O2+8Cl-+4H+=2[CuCl4]2-+2H2O或4Cu+O2+8Cl-+4H+=4[CuCl2]-+2H2O
【详解】(1)①该装置是电解池装置，电解CuCl2溶液，阳极上Cl-放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②CuCl2溶液原本呈弱酸性，电解5min，pH变为2.61，是因为生成的Cl2溶解在溶液中，且Cl2和水发生了反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中c(H+)增大，pH减小；
(2)①电解过程中，温度升高，促使化学平衡发生移动，[CuCl4]2-浓度增大，则冷却过程中，平衡会发生移动，[CuCl4]2-浓度减小，溶液应该会呈蓝色，但是冷却后，溶液依然呈黄绿色，故甲的假设错误；
②阴极区>2，即c(Cl-)大于2c(Cu2+)；则可以向CuCl2溶液中加入NaCl或KCl固体至饱和，以增大溶液中c(Cl-)；
(3)①电解后的溶液中仍有CuCl2，则可取阴极附近的溶液，加入铜粉振荡，若先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则可能证明丙猜想正确；
②该装置为原电池装置，经分析，溶液酸性较强是因为Cl2和水反应生成了HCl，则生成的Cu可能和空气中的O2、HCl综合反应，发生溶解；在电解池装置中，Cu在U形管右侧的石墨电极上产生，故电极b为：铜或覆盖有铜的石墨电极；电解质溶液C为原电解池阴极附近的溶液，电池的总反应的离子方程式为2Cu+O2+8Cl-+4H+=2[CuCl4]2-+2H2O或4Cu+O2+8Cl-+4H+=4[CuCl2]-+2H2O。
10．(1)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(2) 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ 溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱
(3)增加接触面积，提高反应速率
(4) MnO+ e-=MnO 推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）
【详解】（1）电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第一步是电解饱和食盐水，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，第二步反应是电解生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，则反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）①由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，根据氧化还原反应配平可得，吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+；
②由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱，则脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，故答案为：当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱；
（3）吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，采用气、液逆流方式能够增加气体和液体的接触面积，提高反应速率，让气体和液体充分反应，故答案为：增加接触面积，提高反应速率；
（4）①由题干信息：MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗，故实验1中阴极颜色变暗是由于部分MnO在阴极得到电子后转化为MnO，而形成MnO与MnO混合溶液，电解池中阴极发生还原反应，则阴极电极反应式是MnO+ e-=MnO，故答案为：MnO+ e-=MnO；
②根据题干信息可知，实验2和实验1相比，实验2中仅在电解液多加入了NaNO3电解液，其余条件均相同，而实验结果却是：实验一是阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1，实验二为：阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4，则说明两种猜想均成立，且反应II的速率比反应I的快，故可得到的结论是推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快），故答案为：推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）。
11．(1)
(2) CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 c
(3) 正四面体
(4) 磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
【详解】（1）基态磷原子价电子为3s、3p能级上的电子，根据构造原理P原子价电子轨道表示式为；
（2）CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；
a．中层与层之间的作用力是分子间作用力，选项a错误；
b．由结构可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3杂化，选项b错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，选项c正确；
答案选c；
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数=×（5+3-4×2）=0，中心原子价层电子对数为4+0=4，P原子sp3杂化，立体构型为正四面体；
（4）①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
12．(1)3d64s2
(2) O>N>C>H sp2、sp3杂化 氢键
(3) 12
【分析】（1）知道铁的原子序数为26，易得价层电子排布式。
（2）①元素电负性大小直接影响其非金属性，同周期从左到右依次增大，氢最小。
②先计算出N原子的价层电子对数，再根据杂化轨道理论推出结论。
③在配合物之外的作用力一般先考虑氢键。
（3）①需要一定的空间想象能力即原子位置与占据情况。
②先求出其化学式，再根据ρ==进行计算。
【详解】（1）铁为26号元素，价层电子排布式为：3d64s2。故答案为：3d64s2；
（2）①同周期元素的电负性从左到右依次增大，有O>N>C，而H的最小，故有：O>N>C>H。故答案为：O>N>C>H；
②由色胺酮的结构可知中心N原子采取sp2、sp3杂化。故答案为：sp2、sp3杂化；
③据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而CH3OH中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。故答案为：氢键；
（3）依图所示的立方体晶胞中，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心。
①每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故Mg原子最近的Ni原子个数为：×3×8=12个。故答案为：12；
②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：N(Mg)=×8=1，N(Ni)=6×=3，N(C)=1×1=1，故化学式应为：MgNi3C。ρ====g.mol-1。故答案为：。
13．(1)CO2
(2)
(3)实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2
(4) 向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成 + Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+ Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀
【解析】(1)
实验I中，从过程ⅲ看，沉淀主要为Cu(OH)2，则过程i产生的蓝色絮状沉淀Cu(OH)2主要来自Cu2+水解，同时生成的H+与反应，先产生，再生成CO2，所以少量气泡主要成分是CO2。答案为：CO2；
(2)
实验Ⅱ中, 从过程ⅲ看，产生的天蓝色粉末状沉淀应为CuCO3，则过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是。答案为：；
(3)
对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，Ⅰ的溶液中含有，Ⅱ的溶液中含有，两溶液中都发生Cu2+水解生成H+的反应，则II中产生气泡明显更快的原因是：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2。答案为：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2；
(4)
①推测1中，酸性条件下，发生分解，生成S、SO2等，所以应设计的实验方案是向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成。
②推测2中，酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成，发生反应的离子方程式是+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+。
③酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀，则表明前期先发生少部分H2S2O3的分解，大部分在中后期发生推测2中的反应，从而得出原因是：Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。答案为：向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成；+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+；Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。
【点睛】Cu2+与发生反应时，试剂的滴加顺序不同，发生的反应不同，产生的现象不同。
14．(1)+1价
(2)Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+
(3) 分液漏斗 安全瓶，防倒吸 PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O 趁热过滤
(4)63.4%
【详解】（1）由化合价代数和为0可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；
（2）由题意可知，溶液中镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，反应的离子方程式为Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+，故答案为：Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+；
（3）由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧化，装置A中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸钠，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收磷化氢，防止污染空气。
①由实验装置图可知，装置A中盛放烧碱溶液的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②由分析可知，装置B B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案为：安全瓶，防倒吸；
③由实验装置图可知，装置C中发生的反应为磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸钠，反应的化学方程式为PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O，故答案为：PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O；
④由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将A、B中溶液混合，将混合液采用蒸发浓缩，有大量晶体析出时，趁热过滤，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠，故答案为：趁热过滤；
（4）由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×=0.0018mol，则1.00g粗产品的纯度为×100%=63.4%，故答案为：63.4%。
15．(1)CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O
(2)2NO+O2 =2NO2
(3) 酸性环境中NO也有氧化性，能氧化银 5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液 溶液中Fe3+与Ag反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应Ag++Cl—=AgCl↓降低了Ag+的浓度，平衡正向移动 a大于b
(4)I—、Br—均可使平衡2Ag+2H+2Ag++ H2↑中的c(Ag＋)降低，促进反应的进行，由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，AgI的溶解度更小，相同浓度的I—促进更多，能达到使Ag溶解的程度
【分析】该实验的实验目的是探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案，通过实验得出了硝酸铁溶液、氯化铁溶液、氢碘酸溶液能去除试管上的银，而氢溴酸不能去除试管上的银的结论。
【详解】（1）乙醛发生银镜反应的反应为乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应生成醋酸铵、银、氨气和水，反应的化学方程式为H3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O，故答案为：H3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O；
（2）由题意可知，产生浅红棕色气体的反应为反应生成的一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2 =2NO2，故答案为：2NO+O2 =2NO2；
（3）①酸性硝酸铁溶液中，铁离子和硝酸根离子都具有氧化性，都可能与银反应去除试管上的银，由假设1可知，假设2为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，可以能氧化银，故答案为：酸性环境中NO也有氧化性，能氧化银；
②排出铁离子的干扰，选用pH相同的酸性硝酸钠溶液可以验证假设2成立，则甲同学的设计的方案为向附有少量银镜的试管中，加入5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液，充分振荡，银镜消失，故答案为：5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液；
③由题意可知，溶液中氯化铁与银反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应生成的银离子与溶液中的氯离子发生如下反应Ag++Cl—=AgCl↓，反应生成的氯化银降低了溶液中银离子浓度，平衡向正反应方向移动，导致实验II中银镜能快速溶解，故答案为：溶液中Fe3+与Ag反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应Ag++Cl—=AgCl↓降低了Ag+的浓度，平衡正向移动；
④电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异，物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大，由实验I和II的实验现象可知，将U形管右侧溶液替换成0.1mol/L硝酸钠溶液后，所测电压示数b小于a可以，故答案为：a大于b；
（4）银与氢离子在溶液中的反应存在如下平衡2Ag+2H+2Ag++ H2↑，溴离子和碘离子都能使溶液中的银离子降低，促进反应的进行，由于溴化银的溶度积小于碘化银，溶解度大于碘化银，相同浓度的碘离子使银离子浓度减小更多，能达到使银溶解的程度，所以相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液，故答案为：2Ag+2H+2Ag++H2↑中的c(Ag＋)降低，促进反应的进行，由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，AgI的溶解度更小，相同浓度的I—促进更多，能达到使Ag溶解的程度。
北京顺义区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、工业流程题
1．（2021·北京顺义·统考二模）工业上制取硝酸铵的流程图如图，回答下列问题：
(1)NH3的电子式为___。
(2)设备Ⅱ发生反应的化学方程式为___。
(3)设备Ⅲ中生成HNO3化学方程式为__，设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是__。
(4)设备Ⅳ中的尾气主要为NO，可以用NaClO溶液吸收，其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。
①在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为__。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是__。
2．（2021·北京顺义·统考二模）硒是人体所需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。
Ⅰ.硒在元素周期表中的位置如图所示：
(1)从原子结构的角度解释硫的非金属性比硒强的原因是__。
Ⅱ.工业上从铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的过程如图：
(2)焙烧时，产物A的化学式为__。
(3)将甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式补充完整：H2SeO3+2HCOOHSe+ + 。______。
(4)常温下，H2SeO3电离平衡体系中含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。
向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，过程中主要反应的离子方程式__。
(5)还原时，进行了下述实验：向10mL2.5mol·L-1亚硒酸溶液中先加入10mL氨水，再加入10mL甲酸溶液(甲酸浓度分别为5、7.5及10mol·L-1)，加热至沸腾(103℃)，反应10小时，实验数据如图所示。
①曲线___(填曲线字母编号)对应甲酸浓度为10mol·L-1，判断的理由是___。
②当氨水浓度在0～1.25mol·L-1之间，随着氨水浓度逐渐增大，亚硒酸还原率逐渐升高，其可能的原因是__。
(6)粗硒中硒含量测定：
在一定条件下，将0.1000g粗硒中的Se完全转化为H2SeO3溶液，用V1mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定。终点前加入KI淀粉溶液做指示剂，继续用V2mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液蓝色消失。发生的反应：
H2SeO3+4S2O+4H+=Se+2S4O+3H2O；
H2SeO3+4I-+4H+=Se+2I2+3H2O；
I2+2S2O=2I-+S4O。则粗硒中Se的质量分数为___。
3．（2022·北京顺义·统考二模）火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采用硫化-石膏中和法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如下：
资料：
ⅰ． 常温下H2CO3的Ka1 = 4.4×10-7 ，Ka2 = 4.7×10-11；H2S的Ka1 = 1.3×10-7 ，Ka2 = 7.1×10-15；
ⅱ． 含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H+、Cu2+、F-、SO含量均超标；
ⅲ．室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：
pH值
pH＜7
pH=10~11
主要存在形式
H3AsO3
H2AsO
(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液吸收H2S，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式解释不能使用纯碱的原因___________。
(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2+和部分砷，滤渣A 的主要成分为CuS和As2S3，生成As2S3的离子方程式是___________。
(3)过程Ⅰ会发生副反应As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)，影响后续处理。加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，结合平衡移动原理解释加入FeSO4的原因___________。
(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO4， 该过程通入空气的作用是___________。
(5)利用反应AsO+2I-+2H+ =AsO+I2+H2O 测定滤渣C中FeAsO4含量。取a g样品，用硫酸溶液溶解，加入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，观察到___________现象说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去Na2S2O3溶液体积为V mL，计算样品纯度为 ___________(用字母表示)。
资料：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；FeAsO4相对分子质量为195
4．（2023·北京·统考二模）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
(1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是_____。
(2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)_____。
(3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为_____。
(4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因_____。
(5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、_____、有机溶剂、_____。
(6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目
废水水质
排放标准
pH
1.0
6～9
Cu2+含量/(mg•L-1)
72
≤0.5
NH含量/(mg•L-1)
2632
≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为_____。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程_____。
二、填空题
5．（2021·北京顺义·统考二模）Cu2O是一种重要的工业原料，广泛川作催化剂。
Ⅰ.制备Cu2O
(1)微乳液—还原法：在100℃的Cu(NO3)2溶液中加入一定体积的NaOH溶液，搅拌均匀，再逐滴加入肼(N2H4)产生红色沉淀，抽滤、洗涤、干燥，得到Cu2O。
已知：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-akJ·mol-1
Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ·mol-1
4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ·mol-1
则由N2H4(l)和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式为__。
(2)电解法：纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。
采用阴离子交换膜制备纳米级Cu2O的装置如图所示：
阳极的电极反应式为___。
Ⅱ.纳米级Cu2O催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ·mo1-1
(3)能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)已达平衡状态的是__(填字母)。
A．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
B．一定条件，CO的转化率不再变化
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00molH2(g)和1.00mol的CO(g)的物质的量随时间的变化如表：
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(mol)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
根据表中数据回答：
①氢气平衡转化率为___。
②2t℃时该反应的平衡常数为___。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1molCO(g)、2molH2(g)、1molCH3OH(g)；此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。
(5)工业实际合成CH3OH生产中，采用如图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：__。
三、有机推断题
6．（2021·北京顺义·统考二模）小分子抗癌新药mutlin—3的合成路线如图：
已知：ⅰ.R—CN
ⅱ. R—OHR—Br
ⅲ.+→+HCl(R、R’为烃基)
(1)A的结构简式为___。
(2)C分子中的含氧官能团有：醚键、__、___。
(3)E的分子式为C3H8O，F→G的有机反应类型是___。
(4)D+G→H的化学方程式为___。
(5)L的结构简式为___。
(6)下列说法不正确的是___。
a.B的核磁共振氢谱吸收峰强度比为6∶2∶1
b.F发生消去反应的有机产物不存在顺反异构体
c.1molK与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH
(7)NBS(N—溴代琥珀酰亚胺)是有机合成中的重要试剂，其结构简式为：，如图是某同学设计合成NBS的流程。请写出流程中X→Y的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系)______。
CH2=CH—CH=CH2X→……→Y
7．（2022·北京顺义·统考二模）聚乙烯吡咯烷酮(PVP)是一种重要的水溶性高分子化合物，在医药卫生、食品饮料等领域有很好的催化性能。利用PVP为催化剂，合成多官能团化合物K的路线如下：
已知:
(1)A的结构简式是___________。
(2)②的反应条件是___________。
(3)③的化学反应方程式是___________ 。
(4)E中含氧官能团的名称是___________。
(5)F为反式结构，结构简式是___________。
(6)⑤的反应类型是___________。
(7)下图是制备PVP的合成路线，中间产物N的结构简式是___________。
8．（2023·北京·统考二模）药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。
已知：
i.B的核磁共振氢谱只有1个峰；
ii.
(1)M的官能团为_____。
(2)A的名称为_____。
(3)C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为(任写一种)_____。
(4)反应④的反应类型是_____。
(5)反应⑤的化学方程式为_____。
(6)G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式_____。
①不存在顺反异构 ②结构中含有酚羟基 ③苯环上有两个取代基且位于间位
(7)已知：→+H2O，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，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)。_____
四、原理综合题
9．（2021·北京顺义·统考二模）某化学小组同学利用如图装置对电解氯化铜实验进行探究。
实验装置
实验现象
电解约5min，阳极石墨表而产生大量气泡，有刺激气味，溶液蓝色稍微变浅；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为黄绿色；U形管变热，冷却后溶液仍为黄绿色。
(1)对阳极实验现象进行分析。
①阳极的电极反应式为___。
②测定电解5min时阳极溶液的pH=2.61，结合化学用语解释溶液pH减小的原因是__。
(2)探究阴极溶液变为黄绿色的原因
查阅资料：CuCl2溶液中存在平衡：Cu2++4H2O[Cu(H2O)4]2+(蓝色)
Cu2++4Cl-[CuCl4]2+(黄色)
①甲认为，电解过程中，温度升高，促使化学平衡发生移动，[CuCl4]2+浓度增大，导致溶液由蓝色变为黄绿色。但是他通过分析实验现象否定了自己的假设，他的证据为__。
②乙认为，电解过程中阴极发生反应：Cu2++e-+Cl-=CuC1↓且Cl-移向阳极的速率远小于Cu2+在阴极放电的速率，导致阴极区>2，溶液由蓝色变为黄绿色，并通过实验证实了自己的猜想。他的实验操作为：取2mL0.1mol·L-1CuCl2溶液于试管中，加入___至饱和，溶液由蓝色变为黄绿色。
(3)实验完成后，切断电源，小组同学忘记将电极从溶液中取出，一段时间后，发现阴极石墨上析出的铜消失了，仔细观察，并未看见固体沉积在U形管底部。对于“铜自动溶解之谜”，继续探究。
①丙认为，Cu与CuCl2溶液发生反应生成[CuCl2]-使Cu溶解：Cu2++2Cl-+Cu=2CuC1↓(白色)；CuCl+Cl-[CuCl2]-。他通过实验证实了自己的猜想，他的实验方案为___。
②丁认为，还可能是石墨电极与附着的铜构成了原电池使电极上附着的Cu溶解。并设计了如图所示的装置证明了自己的假设，请将装置补充完整并写出该电池总反应的离子方程式。
电极b为：___；电解质溶液C为：___。电池总反应的离子方程式：___。
10．（2022·北京顺义·统考二模）工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中 NO，可有效减少对空气的污染。
(1)电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是___________。
(2)脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如图1所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图2所示：
①吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是___________。
②脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是___________。
(3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，目的是___________。
(4)KMnO4可以增加脱硝液的氧化性，显著提高脱硝效率，但脱硝废液电解时无法实现KMnO4的再生，需在脱硝液中及时补充。推测KMnO4无法再生的原因：
Ⅰ． MnO在阴极直接得到电子被还原；
Ⅱ．脱硝废液中NO在阴极得电子转化为NO，NO还原MnO。
进行实验验证：
装置
实验
复合电解液
实验现象
1
0.66mmol/LKMnO4+ 0.8547mol/LNaCl混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1
2
0.66mmol/L KMnO4+0.8547mol/L NaCl 、NaNO3混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4
资料： MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗。
①实验1中阴极颜色变暗，阴极电极反应式是___________。
②根据实验1和2可得到的结论是___________。
五、结构与性质
11．（2022·北京顺义·统考二模）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
(1)基态磷原子价电子的轨道表示式是___________。
(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是___________。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是___________(填字母序号)
a．层与层之间的作用力是共价键
b．分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c．是混合型晶体
(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是___________，其空间构型是___________。
(4)第ⅢA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因___________。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。磷化硼的化学式是___________，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是___________g/cm3。(1 pm=10-10cm)
12．（2023·北京·统考二模）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Fe的价层电子排布式为_____。
(2)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。
①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为_____。
②色胺酮分子中N原子的杂化类型为_____。
③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过_____作用与色胺酮钴配合物相结合。
(3)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有_____个。
②已知该晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g•cm-3。(1nm=10-9m)
六、实验题
13．（2022·北京顺义·统考二模）某研究小组探究CuSO4溶液和弱酸盐的反应。
【资料】H2S2O3是一种弱酸，易分解为SO2和S。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
过程ⅰ：立即产生蓝色絮状沉淀，继续滴加至1mL，沉淀增多且蓝色加深，并出现少量气泡。过程ⅱ：产生气泡增多且速率明显加快，蓝色絮状沉淀沉降在试管底部。
过程ⅲ：沉淀溶解并有极少量的气泡生成。
Ⅱ
过程ⅰ：立即产生浅蓝绿色絮状沉淀，继续滴加至1mL，沉淀增多且蓝绿色加深，并出现少量气泡。过程ⅱ：产生的气泡比实验Ⅰ过程ⅱ增加更多更快，最终得到天蓝色粉末状沉淀。
过程ⅲ：沉淀溶解并有较多气泡生成。
Ⅲ
过程ⅰ：较快出现淡黄色悬浮物。过程ⅱ：黄色逐渐加深，依次变为土黄色、棕色，最终变为黑色，同时产生刺激性气味气体，且通入品红试剂出现溶液褪色现象。
(1)实验I中过程i产生的蓝色絮状沉淀为Cu(OH)2，同时产生的少量气泡主要成分是_______。
(2)实验Ⅱ中过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是_______。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，II中产生气泡明显更快的原因是_______。
(4)实验Ⅲ中，经检验产生的黑色沉淀为CuS。推测CuS的产生原因。
推测1. 酸性条件下，发生分解，随后分解产物再与Cu2+产生CuS；
推测2. 酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成。
经实验及理论证明推测1和推测2均合理。
①证明推测1合理，应设计的实验方案是_______。
②推测2发生反应的离子方程式是_______。
③从化学反应速率和限度的角度解释酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀的原因_______。
14．（2023·北京·统考二模）次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。
(1)NaH2PO2中P的化合价为_____。
(2)将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍的目的，该过程中H2PO被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式_____。
(3)次磷酸钠的制备将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)，实验装置如图：
①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为_____。
②装置B的作用为_____。
③装置C中发生反应的化学方程式为_____。
④已知相关物质的溶解度如表：
溶解度/g物质
25℃
100℃
NaCl
37
39
NaH2PO2
100
667
充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然后_____(填操作名称)，得到含NaH2PO2的溶液，进一步处理得到粗产品。
(4)产品纯度的计算
取1.00g粗产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，酸化后加入30.00mL0.100mol•L-1碘水，充分反应。然后以淀粉溶液作指示剂，用0.100mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL，有关反应的方程式为：H2PO+H2O+I2=H2PO+2H++2I—，2S2O+I2=S4O+2I-，则产品纯度为_____(NaH2PO2式量88)。
15．（2023·北京·统考二模）某化学小组探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案。
已知：实验条件空气的影响忽略不计。
(1)写出乙醛发生银镜反应的化学方程式_____。
(2)向附有银镜的试管中加入稀HNO3，试管壁上的银逐渐消失，管口有浅红棕色气体生成，产生浅红棕色气体的化学方程式是_____。
(3)小组同学认为使用稀硝酸易产生污染性气体，考虑到铁盐也有较强的氧化性，用铁盐去除银镜对环境有利，于是进行如表实验：
序号
实验操作
现象
I
向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1Fe(NO3)3溶液(过量，pH=2)，振荡试管
银镜慢慢消失，溶液澄清
对银镜的消失原因小组同学作出如下假设：
假设1：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag；
假设2：……。
回答下列问题：
①补全假设2：_____。
②甲同学通过设计实验，证明了假设2成立，他设计的方案为：向附有少量银镜的试管中，加入_____，充分振荡，银镜消失。
③为证明假设1，乙同学用同浓度FeCl3溶液替换Fe(NO3)3溶液，进行下列实验：
序号
实验操作
现象
II
向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液(过量，pH=2)，振荡试管
银镜快速溶解，反应后溶液中有明显灰色沉淀
丙同学查阅文献得知：Fe3+氧化性与Ag+接近，实验II中银镜能快速溶解，可能与生成氯化银沉淀有关，用平衡移动原理解释原因_____。
④为证明自己的观点，丙同学的通过积极思考，设计了实验III。
实验III：如图连接装置进行实验，电压表的指针向左偏转，记录电压示数为a。
已知：电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大。
将U形管右侧溶液替换成0.1mol•L-1NaNO3溶液，重做上述实验，电流表指针向左偏转，记录电压示数为b，能证明丙同学观点的实验证据是_____。
(4)总结上述实验，小组同学认为HBr溶液和HI溶液也能去除试管上的银镜，并进行如表实验。
序号
实验操作
现象
IV
向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HBr溶液，不断振荡。
银镜不溶解
V
向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HI溶液，不断振荡。
银镜溶解，有黄色沉淀产生，且有气泡产生
已知：常温下Ksp(AgBr)=5.4×10-13；Ksp(AgI)=8.5×10-17，分析相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液的原因_____。
参考答案：
1． 4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3或2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO 可使NO循环利用，全部转化成HNO3 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】(1)NH3属于共价化合物，其电子式为 ，故答案： 。
(2)由框图可知：设备Ⅱ是氨气和氧气在催化剂的条件下发生反应生成一氧化氮和水，其反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ，故答案：4NH3+5O24NO+6H2O。
(3) 由框图可知：设备Ⅲ中是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在和水反应生成一氧化氮和HNO3，该反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3。设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是使NO循环利用，最终全部转化成HNO3，故答案：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3；可使NO循环利用，全部转化成HNO3。
(4)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+，故答案：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+。
②pH越小溶液的酸性越强，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高，故答案： 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
2． Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se SeO2 H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O a 其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大 在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大
【详解】(1) 同一主族元素性质相似，根据“位置-结构-性质”分析，Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se，故答案为：Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se。
(2) 由铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等，焙烧时，产物烧渣含Au、Ag、CuO等，再结合Se和S在同一主族，同一主族元素性质相似，故焙烧铜阳极泥时，产物A为SeO2，故答案为：SeO2。
(3) 根据氧化还原反应得失电子守恒及元素守恒配平可得甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O，故答案为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O。
(4) 向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，H2SeO3与HSeO均存在，可看作一水合氨电离出的氢氧根与等物质的量的H2SeO3反应，生成HSeO+H2O，该过程中主要反应的离子方程式为H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O，故答案为：H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O。
(5) ①根据其他条件相同时，浓度与速率成正比，故答案为：a；其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大；
②在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大，故答案为：在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大。
(6) 由关系式法得：，所以粗硒中Se的质量分数==，故答案为：。
3．(1)依据电离常数，纯碱与H2S 发生反应：H2S+ Na2CO3 = NaHS + NaHCO3，不能得到Na2S
(2)2H3AsO3 + 3S2- + 6H+ = As2S3 + 6H2O
(3)加入少量FeSO4，Fe2+ + 3S2- =FeS↓，使c(S2-)降低，As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生
(4)做氧化剂，氧化Fe2+和 H2AsO
(5) 滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
【分析】本实验由含砷污酸加入Na2S、FeSO4反应得到滤渣CuS和As2S3，含砷滤液中含有H+、F-、SO，加入石灰乳得到滤渣CaF2和CaSO4，滤液中加入石灰乳和FeSO4，得到FeAsO4，以及达标废水，据此分析回答问题。
【详解】（1）由题干信息可知，H2CO3的Ka1 = 4.4×10-7
（3）加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，Fe2+与S2-反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)逆向移动，而减少副反应发生，故为加入少量FeSO4，Fe2+ + 3S2- =FeS↓，使c(S2-)降低，As2S3(s)＋3S2-(aq) 2 AsS (aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；
（4）过程Ⅲ中通入氧气将Fe2+氧化成Fe3+，将H2AsO 氧化成AsO ，从而得到FeAsO4；
（5）反应中I2与Na2S2O3反应，且I2会使淀粉变蓝，故用Na2S2O3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应中方程式可知，AsO+2I-+2H+ = AsS+I2+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则有，元素守恒可知，n(FeAsO4)= ，故样品纯度为 。
4．(1)提高浸取速率和铜的浸取率
(2)③⑤
(3)
(4)温度过高会导致H2O2分解
(5) NH4Cl RH
(6) 9 b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等发生氧化还原反应，离子方程式为。浸出液中主要存在[Cu(NH3)4]2+、Cl－等离子。浸出液再与RH反应，用有机溶剂萃取，有机层中含CuR2，水层中含NH4Cl。分液后往有机层加入稀硫酸，则CuR2和H2SO4反应得到CuSO4和RH，CuSO4位于水层，RH位于有机层。分液后得到CuSO4溶液，后续处理得到CuSO4晶体。
【详解】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。
（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。
（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为。
（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。
（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。
（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
5． N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)ΔH=(4b+c-a)kJ·mol-1 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O BC 80% 100 > 相对于N点而言，M点温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济
【详解】(1) ①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-akJ·mol-1，
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ·mol-1，
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②×4+③得
热化学方程式为N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l) ΔH=(4b+c-a)kJ·mol-1。
(2)阳极为铜，失去电子生成氧化亚铜，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
(3)A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，都为正反应速率，不能说明到平衡，错误；B.一定条件，CO的转化率不再变化可以说明反应到平衡，正确；C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明反应体系温度不变，则反应到平衡；故选BC。
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00molH2(g)和1.00mol的CO(g)的物质的量随时间的变化如表：
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(mol)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
根据表中数据回答：
①一氧化碳的平衡转化率为 =80%，根据方程式和加入量分析，氢气的平衡转化率和一氧化碳的相同，也为80%。
②2t℃时
该反应的平衡常数为。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1molCO(g)、2molH2(g)、1molCH3OH(g)；此时<100，反应正向进行，即v正>v逆。
(5)相对于N点而言，M点温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济，所以工业实际合成CH3OH生产中，采用如图M点而不是N点对应的反应条件。
6． —CHO(或醛基) —OH(或羟基) 取代反应 ++HI a
【分析】A的分子式为C6H6O2，对照B为的结构可知，A为，H的结构可以根据图中逆推出来为，G为，E的分子式为C3H8O，可以推断出E为，根据题给信息ii可知，F为；
【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为；
(2)C的结构简式为，其中含氧官能团除了有醚键还有羟基和醛基；
(3)根据题给信息以及分析可知，E的结构简式为，根据题给信息ii可知，F的结构简式为，F在丙酮的催化下与碘化钠反应生成G，碘取代了F中的溴，则F→G的有机反应类型是取代反应；
(4) 根据分析，H的结构简式为，故D+G→H的化学方程式为++HI；
(5)根据合成抗癌新药mutlin—3路线以及信息iii逆推可知，L的结构简式为；
(6) a.B结构简式为，该有机物包含四种氢，分别为，且核磁共振氢谱吸收峰强度比为6∶2∶1∶1，a错误；
b.F发生消去反应的有机产物为CH2=CHCH3OH，双键中有一个C连接两个氢原子，不存在顺反异构体，b正确；
c. K为，1molK中含有2mol-Cl，消耗2molNaOH，生成2mol酚羟基，其会继续消耗2mol氢氧化钠生成对应的盐，故1molK与足量NaOH溶液发生消去反应，最多消耗4molNaOH， c正确；
(7)由流程图可知X为CH2ClCH=CH-CH2Cl，Y为，则X→Y的合成路线如下在金属Ni的催化下加热与氢气发生加成反应生成，与氢氧化钠溶液加热发生反应生成，在金属铜加热的条件下，与氧气发生氧化反应生成，在催化剂加热的条件下与氧气发生氧化反应生成。
7．(1)
(2)NaOH溶液，加热
(3)
(4)醛基
(5)
(6)加成反应
(7)
【分析】A的分子式是C8H8，由D逆推可知，A是；B是；C是；根据F的分子式，由G逆推，可知F是、E是；由I逆推，H是；I发生消去反应生成J，J是；
(1)
A的分子式是C8H8，由D逆推可知，A分子中含有苯环，A的结构简式为；
(2)
反应②是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成，反应条件是氢氧化钠的水溶液，加热；
(3)
反应③是发生催化氧化生成，化学反应方程式是
(4)
E是，含氧官能团的名称是醛基；
(5)
F的分子式，F为反式结构，根据提给信息，由G逆推，可知F是结构简式是；
(6)
反应⑤是生成，反应类型是加成反应；
(7)
和反应生成M，由PVP结构简式逆推，可知M是，M在浓硫酸作用下发生消去反应生成N，N是。
8．(1)酯基、羟基；
(2)2-丙醇或异丙醇；
(3)；
(4)取代反应；
(5)；
(6)；
(7)。
【分析】E的分子式为C6H6，则E为，根据已知，F的结构简式为，根据M的结构简式，推出生成M原料为和，根据F的结构简式，推出I为，则D为，F与氯气反应，氯原子取代甲基上的氢原子，即G的结构简式为，根据D的结构简式，以及B的核磁共振氢谱只有1个峰，推出A的结构简式为，根据B的分子式，推出A→B发生氧化反应，即B的结构简式为，根据D的结构简式，三个B分子发生加成反应形成一个C，即C的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）根据M的结构简式，推出M中含有官能团为羟基和酯基；故答案为羟基和酯基；
（2）根据分析可知A的结构简式为，其名称为2-丙醇或异丙醇；
（3）根据分析可知，B的结构简式为，分子中含有酮羰基，C与B含氧官能团相同，则C的可能的结构简式为；故答案为；
（4）反应④为F（）生成G的过程，发生甲基的取代反应，故答案为取代反应；
（5）D与I通过酯化反应生成M，则化学反应方程式为；故答案为；
（6）结构中含有酚羟基，说明含有苯环和酚羟基，根据不饱和度，同分异构体中含有碳碳双键，不存在顺反异构，说明不饱和碳原子上连有相同的原子，因此符合条件的同分异构体为 ；故答案为；
（7）根据题中所给已知，G在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，得到，然后发生氧化反应，得到，最后与H2发生加成反应，得到目标产物，路线为；故答案为。
9． 2Cl--2e-=Cl2↑ Cl2+H2OH++Cl-+HClO，c(H+)增大，pH减小 冷却后溶液仍为黄绿色 NaCl或KCl固体 取阴极附近的溶液，加入铜粉振荡，先产生白色沉淀，后沉淀溶解 铜或覆盖有铜的石墨电极 原电解池阴极附近的溶液 2Cu+O2+8Cl-+4H+=2[CuCl4]2-+2H2O或4Cu+O2+8Cl-+4H+=4[CuCl2]-+2H2O
【详解】(1)①该装置是电解池装置，电解CuCl2溶液，阳极上Cl-放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②CuCl2溶液原本呈弱酸性，电解5min，pH变为2.61，是因为生成的Cl2溶解在溶液中，且Cl2和水发生了反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中c(H+)增大，pH减小；
(2)①电解过程中，温度升高，促使化学平衡发生移动，[CuCl4]2-浓度增大，则冷却过程中，平衡会发生移动，[CuCl4]2-浓度减小，溶液应该会呈蓝色，但是冷却后，溶液依然呈黄绿色，故甲的假设错误；
②阴极区>2，即c(Cl-)大于2c(Cu2+)；则可以向CuCl2溶液中加入NaCl或KCl固体至饱和，以增大溶液中c(Cl-)；
(3)①电解后的溶液中仍有CuCl2，则可取阴极附近的溶液，加入铜粉振荡，若先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则可能证明丙猜想正确；
②该装置为原电池装置，经分析，溶液酸性较强是因为Cl2和水反应生成了HCl，则生成的Cu可能和空气中的O2、HCl综合反应，发生溶解；在电解池装置中，Cu在U形管右侧的石墨电极上产生，故电极b为：铜或覆盖有铜的石墨电极；电解质溶液C为原电解池阴极附近的溶液，电池的总反应的离子方程式为2Cu+O2+8Cl-+4H+=2[CuCl4]2-+2H2O或4Cu+O2+8Cl-+4H+=4[CuCl2]-+2H2O。
10．(1)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(2) 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ 溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱
(3)增加接触面积，提高反应速率
(4) MnO+ e-=MnO 推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）
【详解】（1）电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第一步是电解饱和食盐水，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，第二步反应是电解生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，则反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）①由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，根据氧化还原反应配平可得，吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+；
②由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱，则脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，故答案为：当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱；
（3）吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，采用气、液逆流方式能够增加气体和液体的接触面积，提高反应速率，让气体和液体充分反应，故答案为：增加接触面积，提高反应速率；
（4）①由题干信息：MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗，故实验1中阴极颜色变暗是由于部分MnO在阴极得到电子后转化为MnO，而形成MnO与MnO混合溶液，电解池中阴极发生还原反应，则阴极电极反应式是MnO+ e-=MnO，故答案为：MnO+ e-=MnO；
②根据题干信息可知，实验2和实验1相比，实验2中仅在电解液多加入了NaNO3电解液，其余条件均相同，而实验结果却是：实验一是阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1，实验二为：阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4，则说明两种猜想均成立，且反应II的速率比反应I的快，故可得到的结论是推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快），故答案为：推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）。
11．(1)
(2) CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 c
(3) 正四面体
(4) 磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
【详解】（1）基态磷原子价电子为3s、3p能级上的电子，根据构造原理P原子价电子轨道表示式为；
（2）CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；
a．中层与层之间的作用力是分子间作用力，选项a错误；
b．由结构可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3杂化，选项b错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，选项c正确；
答案选c；
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数=×（5+3-4×2）=0，中心原子价层电子对数为4+0=4，P原子sp3杂化，立体构型为正四面体；
（4）①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
12．(1)3d64s2
(2) O>N>C>H sp2、sp3杂化 氢键
(3) 12
【分析】（1）知道铁的原子序数为26，易得价层电子排布式。
（2）①元素电负性大小直接影响其非金属性，同周期从左到右依次增大，氢最小。
②先计算出N原子的价层电子对数，再根据杂化轨道理论推出结论。
③在配合物之外的作用力一般先考虑氢键。
（3）①需要一定的空间想象能力即原子位置与占据情况。
②先求出其化学式，再根据ρ==进行计算。
【详解】（1）铁为26号元素，价层电子排布式为：3d64s2。故答案为：3d64s2；
（2）①同周期元素的电负性从左到右依次增大，有O>N>C，而H的最小，故有：O>N>C>H。故答案为：O>N>C>H；
②由色胺酮的结构可知中心N原子采取sp2、sp3杂化。故答案为：sp2、sp3杂化；
③据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而CH3OH中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。故答案为：氢键；
（3）依图所示的立方体晶胞中，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心。
①每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故Mg原子最近的Ni原子个数为：×3×8=12个。故答案为：12；
②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：N(Mg)=×8=1，N(Ni)=6×=3，N(C)=1×1=1，故化学式应为：MgNi3C。ρ====g.mol-1。故答案为：。
13．(1)CO2
(2)
(3)实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2
(4) 向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成 + Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+ Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀
【解析】(1)
实验I中，从过程ⅲ看，沉淀主要为Cu(OH)2，则过程i产生的蓝色絮状沉淀Cu(OH)2主要来自Cu2+水解，同时生成的H+与反应，先产生，再生成CO2，所以少量气泡主要成分是CO2。答案为：CO2；
(2)
实验Ⅱ中, 从过程ⅲ看，产生的天蓝色粉末状沉淀应为CuCO3，则过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是。答案为：；
(3)
对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，Ⅰ的溶液中含有，Ⅱ的溶液中含有，两溶液中都发生Cu2+水解生成H+的反应，则II中产生气泡明显更快的原因是：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2。答案为：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2；
(4)
①推测1中，酸性条件下，发生分解，生成S、SO2等，所以应设计的实验方案是向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成。
②推测2中，酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成，发生反应的离子方程式是+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+。
③酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀，则表明前期先发生少部分H2S2O3的分解，大部分在中后期发生推测2中的反应，从而得出原因是：Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。答案为：向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成；+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+；Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。
【点睛】Cu2+与发生反应时，试剂的滴加顺序不同，发生的反应不同，产生的现象不同。
14．(1)+1价
(2)Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+
(3) 分液漏斗 安全瓶，防倒吸 PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O 趁热过滤
(4)63.4%
【详解】（1）由化合价代数和为0可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；
（2）由题意可知，溶液中镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，反应的离子方程式为Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+，故答案为：Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+；
（3）由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧化，装置A中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸钠，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收磷化氢，防止污染空气。
①由实验装置图可知，装置A中盛放烧碱溶液的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②由分析可知，装置B B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案为：安全瓶，防倒吸；
③由实验装置图可知，装置C中发生的反应为磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸钠，反应的化学方程式为PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O，故答案为：PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O；
④由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将A、B中溶液混合，将混合液采用蒸发浓缩，有大量晶体析出时，趁热过滤，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠，故答案为：趁热过滤；
（4）由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×=0.0018mol，则1.00g粗产品的纯度为×100%=63.4%，故答案为：63.4%。
15．(1)CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O
(2)2NO+O2 =2NO2
(3) 酸性环境中NO也有氧化性，能氧化银 5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液 溶液中Fe3+与Ag反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应Ag++Cl—=AgCl↓降低了Ag+的浓度，平衡正向移动 a大于b
(4)I—、Br—均可使平衡2Ag+2H+2Ag++ H2↑中的c(Ag＋)降低，促进反应的进行，由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，AgI的溶解度更小，相同浓度的I—促进更多，能达到使Ag溶解的程度
【分析】该实验的实验目的是探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案，通过实验得出了硝酸铁溶液、氯化铁溶液、氢碘酸溶液能去除试管上的银，而氢溴酸不能去除试管上的银的结论。
【详解】（1）乙醛发生银镜反应的反应为乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应生成醋酸铵、银、氨气和水，反应的化学方程式为H3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O，故答案为：H3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O；
（2）由题意可知，产生浅红棕色气体的反应为反应生成的一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2 =2NO2，故答案为：2NO+O2 =2NO2；
（3）①酸性硝酸铁溶液中，铁离子和硝酸根离子都具有氧化性，都可能与银反应去除试管上的银，由假设1可知，假设2为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，可以能氧化银，故答案为：酸性环境中NO也有氧化性，能氧化银；
②排出铁离子的干扰，选用pH相同的酸性硝酸钠溶液可以验证假设2成立，则甲同学的设计的方案为向附有少量银镜的试管中，加入5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液，充分振荡，银镜消失，故答案为：5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液；
③由题意可知，溶液中氯化铁与银反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应生成的银离子与溶液中的氯离子发生如下反应Ag++Cl—=AgCl↓，反应生成的氯化银降低了溶液中银离子浓度，平衡向正反应方向移动，导致实验II中银镜能快速溶解，故答案为：溶液中Fe3+与Ag反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应Ag++Cl—=AgCl↓降低了Ag+的浓度，平衡正向移动；
④电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异，物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大，由实验I和II的实验现象可知，将U形管右侧溶液替换成0.1mol/L硝酸钠溶液后，所测电压示数b小于a可以，故答案为：a大于b；
（4）银与氢离子在溶液中的反应存在如下平衡2Ag+2H+2Ag++ H2↑，溴离子和碘离子都能使溶液中的银离子降低，促进反应的进行，由于溴化银的溶度积小于碘化银，溶解度大于碘化银，相同浓度的碘离子使银离子浓度减小更多，能达到使银溶解的程度，所以相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液，故答案为：2Ag+2H+2Ag++H2↑中的c(Ag＋)降低，促进反应的进行，由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，AgI的溶解度更小，相同浓度的I—促进更多，能达到使Ag溶解的程度。
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