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2021-2022学年江苏省泰州市泰兴第一高级中学高二（下）第一次段考化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省泰州市泰兴第一高级中学高二（下）第一次段考化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了 下列化学用语书写正确的是， 下列说法不正确的是， 下列叙述及对应图示正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省泰州市泰兴第一高级中学高二（下）第一次段考化学试卷
1. 北京冬奥会“冰墩墩”“雪容融”成为顶流，由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是( )
A. PVC()的单体为氯乙烯
B. PC()中所有碳原子均可共面
C. ABS的单体之一苯乙烯能使溴水褪色
D. 亚克力()可通过加聚反应制备
2. 下列化学用语书写正确的是( )
A. 用电子式表示NaCl的形成过程：
B. 按照系统命名法的名称：2−乙基丙烷
C. 硝基苯的结构简式：
D. CH3CHO的球棍模型：
3. 下列说法不正确的是( )
A. 通过质谱法可以确认有机化合物的相对分子质量
B. 甲苯分子的核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰
C. 红外光谱可以帮助确定许多有机物的结构
D. 某有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，两者物质的量之比为1：2，则该有机物一定为甲烷
4. 下列物质中，既能发生消去反应生成烯烃，又能被氧化成醛的是( )
A. CH3OH B.
C. 苯甲醇() D.
5. 已知一种生产聚苯乙烯的工业流程如图所示：
则下列有关的叙述正确的是( )
A. 反应①属于取代反应
B. 1mol苯乙烯最多可与5molBr2发生加成反应
C. 鉴别苯与苯乙烯可采用酸性KMnO4溶液或溴水
D. 聚苯乙烯分子中所有原子可能都处于同一平面内
6. 兴奋剂不仅不利于运动员身体健康，也有悖于公平竞争，国际奥委会严厉禁止运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，下列说法正确的是( )
A. 分子式为C20H30O
B. 该物质属于芳香族化合物
C. 该有机物中能和酸性高锰酸钾反应的官能团有2种
D. 分子中所有碳原子不可能共平面
7. 下列实验操作、现象及结论均正确的是( )
实验操作
现象
结论
A
取2mL卤代烃样品于试管中，加5mL20%NaOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液
产生白色沉淀
该卤代烃中含有氯元素
B
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变为黄色
证明氧化性：H2O2>Fe3+
C
往乙醇和浓硫酸的混合溶液中加入一定量的乙酸溶液
加热后产生有香味的物质
乙酸能与乙醇发生酯化反应
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
A. A B. B C. C D. D
8. 利用如图装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲验证碳酸的酸性强于苯酚 B. 用装置乙验证铁的吸氧腐蚀
C. 用装置丙加热NaOH固体至熔融 D. 用装置丁制备干燥的氨气
9. 下列叙述及对应图示正确的是( )
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)
C. 图丙可表示反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0的平衡常数K与温度和压强的关系
D. 图丁是在0.1mol⋅L−l Na2CO3溶液中加水稀释，溶液中c(HCO3−)的变化曲线；Na2CO3的水解程度A点大于B点
10. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
11. 下列叙述正确的是( )
A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−846kJ/mol，因此甲烷的燃烧热ΔH=−846kJ/mol
B. 常温下，将pH=4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH<0
D. 在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，c2(SO3)c2(SO2)c(O2)的值增大
12. CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=−122.5kJ⋅mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=2×CH3OCH3物质的量反应的CO2的物质的量×100%。下列说法正确的是( )
A. 其他条件不变，升高温度，CO2的转化率一定随着温度升高而降低
B. 曲线b表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况
C. 其他条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
D. 220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中X点)，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，可提高CH3OCH3的选择性
13. 下列说法正确的是( )
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COONa)>pH(NaHCO3)>pH(Na2CO3)
B. 0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+c(H2CO3)
C. 常温下，pH=11NaOH溶液与pH=3CH3COOH溶液等体积混合：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液中：c[(NH4)2SO4]
A. pH=4时，c(HC2O4−)>c(C2O42−)
B. 草酸的电离常数Ka1=1.0×10−1.3
C. a点和c点对应溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)一定相等
D. c(C2O42−)⋅c(H2C2O4)c2(HC2O4−)=1.0×10−3
15. Ⅰ.莫尔盐(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O是一种常用原料。在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
已知：①5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
②(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O的摩尔质量为392g/mol
(1)滴定终点的现象是 ______，通过实验数据，计算该产品的纯度为 ______(用含字母a、c的式子表示)。上表中第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能是 ______(填字母)。
A.锥形瓶用待装液润洗
B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数
C.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
Ⅱ.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α−Fe2O3。其主要实验流程如图：
(2)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有 ______(填序号)。
A.适当升高酸浸温度
B.适当加快搅拌速度
C.适当缩短酸浸时间
(3)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成 ______(填化学式)。
(4)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是 ______【Ksp(CaF2)=5.3×10−9，Ka(HF)=6.3×10−4】。
(5)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为 ______。
②设计以FeSO4溶液、氨水−NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：______。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。
16. 汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867.0kJ⋅mol−1；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ⋅mol−1；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ⋅mol−1
则CH4催化还原NO的热化学方程式为______。
(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。
①据此判断该反应的正反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。
②温度T1时，该反应的平衡常数K=______；反应速率v=v正−v逆=k正c2(NO)c2(CO)−k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处v正v逆=______。
(3)SNCR−SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：
①SNCR−SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为______。
②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：
SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是______；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是______。
17. 硼、镓、氮的化合物在生产、生活中有广泛用途：
(1)氮化镓(GaN)是新型的半导体材料。基态Ga原子的价电子排布图为 ______；基态N原子的核外有 ______种空间运动状态的电子。
Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题：
(2)Fe元素位于元素周期表的 ______区(填分区)。
(3)基态Ni3+核外电子排布式为 ______。
(4)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M结构如图1所示：
①组成M的五种元素中，除H元素外，另外四种元素第一电离能由大到小的顺序为 ______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为 ______。
②图中各微粒间不存在的作用力有 ______(填标号)。
a.配位键
b.极性键
c.非极性键
d.π键
e.离子键
f.氢键
(5)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件，其晶胞结构如图2所示。
该铁氮化合物的化学式为 ______。
18. 从甲苯出发，按如图流程可以合成苯甲酸苯甲酯和水杨酸：
已知：水杨酸的结构简式为，请回答：
(1)水杨酸中官能团的名称为 ______。
(2)苯甲酸苯甲酯的结构简式为 ______。
(3)反应②的反应类型为 ______。
(4)反应③的化学方程式为：______。
(5)反应⑥的化学方程式为：______。
(6)水杨酸有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体共有 ______种。
①苯环上有3个取代基
②能发生银镜反应
③与足量NaOH溶液反应可消耗2mol NaOH
其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为 ______。(任写一种)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.PVC的单体为CH2=CHCl，所以其单体为氯乙烯，故A正确；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故B错误；
C.苯乙烯中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；
D.该物质是加聚产物，所以通过加聚反应可以得到该高分子化合物，故D正确；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查常见化学用语的正误判断，涉及球棍模型、结构简式、烷烃的命名、电子式及其表示的形成过程等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
【解答】
A.钠原子失去电子，氯原子得到电子，电子从钠原子转移到氯原子，用电子式表示NaCl的形成过程：，故A正确；
B.的主链含有4个C原子，2号C原子上含有一个甲基，系统命名为2−甲基丁烷，故B错误；
C.硝基苯中硝基中的N原子直接与苯环相连，不存在C−O键，则硝基苯的结构简式为，故C错误；
D.为乙酸的球棍模型，乙醛的结构简式为CH3CHO，其球棍模型为，故D错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物的分子式以及结构的确定，把握物质的结构特点，利用好辅助线分析物质，侧重基础能力和分析能力的考查，本题难度不大。
【解答】
A. 质谱图中最大质荷比为有机物的相对分子质量，故A正确；
B. 分析甲苯中的氢原子的种类：，因此核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰，故B正确；
C. 红外光谱可获得有机物的化学键或官能团的类型，因此可以确定许多有机物的结构，故C正确；
D. CO2和H2O两者物质的量之比为1：2，N(C)：N(H)=1：4，该有机物也有可能为CH3OH，不一定为甲烷，故D错误；
故选：D。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解醇消去反应、催化氧化反应原理，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
【解答】
醇发生消去反应的结构特点是：与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；醇发生氧化反应生成醛的结构特点是：分子中含有−CH2OH结构，据此分析判断。
A.CH3OH不能发生消去反应，能发生催化氧化反应生成甲醛，不符合题意，故A错误；
B.中连接羟基的碳原子的相邻碳原子上连有氢原子，所以能发生消去反应，分子中含有−CH2OH结构，所以能被氧化生成醛，符合题意，故B正确；
C.苯甲醇可以发生催化氧化生成苯甲醛，苯甲醇中连接羟基的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，不符合题意，故C错误；
D.发生催化氧化生成酮，不符合题意，故D错误；
故选：B。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.苯和乙烯发生加成反应生成乙苯，该反应属于加成反应，故A错误；
B.苯乙烯中只有碳碳双键能和溴以1：1发生加成反应，所以1mol苯乙烯中最多可以消耗1mol溴发生加成反应，故B错误；
C.苯和酸性高锰酸钾溶液或溴水不反应，苯乙烯能和溴水发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和苯乙烯，故C正确；
D.单键可以旋转，所以聚苯乙烯中所有碳原子不一定共平面，故D错误；
故选：C。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确官能团类型，反应实质为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，题目难度不大。
【解答】
结合图示结构简式可知，该有机物的分子式为C20H32O，其分子中含有碳碳双键、羟基，具有烯烃和醇的性质，以此分析解答。
A.根据图示可知，该有机物的分子式为C20H32O，故A错误；
B.该有机物分子中不含苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；
C.该有机物分子中含有醇羟基和碳碳双键，碳碳双键可以和酸性高锰酸钾反应，但醇羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能和酸性高锰酸钾反应，故C错误；
D.该分子中存在同一饱和碳原子上连接4个碳原子的结构，根据甲烷的结构可知，不可能所有碳原子共面，故D正确；
故选：D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A. 水解后在酸性溶液中检验卤素离子，NaOH与硝酸银反应，水解后没有加硝酸中和碱，操作不合理，故A错误；
B. 酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由实验及现象不能证明氧化性：H2O2>Fe3+，故B错误；
C. 发生酯化反应生成乙酸乙酯，加热后产生有香味的物质，故C正确；
D. Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，由实验及现象不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D错误；
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A. 由于盐酸具有挥发性，苯酚钠溶液变浑浊，不一定是因为CO2与水反应生成的H2CO3和其反应，故用装置甲不能验证碳酸的酸性强于苯酚，故A错误；
B. 铁丝在NaCl溶液中能发生吸氧腐蚀，用装置乙时当观察到玻璃杯中液面上升，铁丝表面生锈即可验证铁的吸氧腐蚀，故B正确；
C. 由于陶瓷中含有SiO2、Al2O3等物质，它们均能与NaOH反应而腐蚀坩埚，故加热熔融NaOH要用铁坩埚，故C错误；
D. NH3的密度比空气的小，故要用向下排空气法收集，不能选图中向上排空气法，故D错误；
故选：B。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以图象为载体，考查溶度积、化学平衡移动、化学平衡常数、盐类水解等化学原理相关知识，属于综合题型的考查，需要掌握化学原理部分相关知识，较好地考查了学生分析能力、综合运用知识的能力。
【解答】
A.Ksp(FeS)=c(Fe2+)⋅c(S2−)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)⋅c(S2−)，由图可知c(S2−)相同时：c(Fe2+)>c(Cu2+)，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故A错误；
B.缩小恒温密闭容器的体积，c(CO2)瞬时增大，因该反应平衡常数K=c(CO2)，体系温度不变K值不变，瞬时增大后逐渐减小至与原平衡相等，与图乙所示相符，故B正确；
C.平衡常数K只与温度有关，横坐标T相同时，纵坐标K值也应相同，与压强无关，故C错误；
D.溶液中加水稀释，越稀释碳酸钠的水解程度越大，故水解程度A点小于B点，故D错误；
故选：B。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu，故B错误；
C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故C错误；
D.浓硫酸具有吸水性，可以干燥二氧化碳，故D错误；
故选：A。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡、弱电解质电离等知识点，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确化学反应原理是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度、电解质强弱、压强等因素都无关，为易错点。
【解答】
A.气态水不是H元素的稳定氧化物，所以该方程式不是甲烷的燃烧热化学方程式，故A错误；
B.稀释醋酸溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH−)增大，故B错误；
C.生成物只有固体，△S<0，若能自发进行，△H−T△S<0，则△H必须小于0，故C正确；
D.缩小体积即增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体体积减小的方向即正向移动，平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
【解答】
A. 由已知，反应Ⅰ正向为吸热反应，升高温度，CO2的转化率变大，反应Ⅱ正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率变小，最终CO2的转化率是否随着温度升高而降低不确定，故A错误；
B. 反应Ⅱ正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，故曲线a表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况，曲线b表示CO2的转化率随温度的变化情况，故B错误；
C. 其他条件不变，只增加H2投入量，理论上两个反应平衡都应正移，都有H2O生成，故对于反应Ⅱ来说，反应Ⅰ生成的H2O会抑制反应Ⅱ的正向移动，不同温度下反应Ⅰ产生的H2O的量不同，对反应Ⅱ的影响程度不同，所以CH3OCH3产率不一定增加，故C错误；
D. 使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，有利于反应Ⅱ发生，促进二氧化碳更多的转化为CH3OCH3，提高CH3OCH3的选择性，故D正确；
故选：D。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒和物料守恒分析解答，题目难度中等。
【解答】
A.因为酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO3−，则盐中阴离子水解程度：CH3COO−
C.常温下，pH=11NaOH溶液与pH=3CH3COOH溶液等体积混合后，醋酸剩余，得到醋酸和醋酸钠的混合液，溶液显示酸性，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，c(Na+)c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C错误；
D.(NH4)2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，NH4HSO4溶液中氢离子会抑制铵根离子的水解，(NH4)2SO4溶液、NH4Cl溶液中硫酸根离子、氯离子对铵根离子的水解无影响，因此c[(NH4)2SO4]
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，难点是D选项计算，题目难度中等。
【解答】
随着pH值的增大，溶液中c(H2C2O4)逐渐减小、c(HC2O4−)先增大后减小、c(C2O42−)逐渐增大，则p(H2C2O4)逐渐增大、p(HC2O4−)先减小后增大、p(C2O42−)逐渐减小，所以曲线II、I、III分别表示p(H2C2O4)、p(HC2O4−)、p(C2O42−)；
A.根据图知，pH=4时，p(HC2O4−)c(C2O42−)，故A正确；
B.a点p(H2C2O4)=p(HC2O4−)，溶液的pH=1.3，则c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，Ka1=c(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(H+)=c(H+)=1.0×10−1.3，故B正确；
C.a、c点存在物料守恒[n(H2C2O4)+n(HC2O4−)+n(C2O42−)]为定值，a点溶液体积小于c点溶液体积，导致浓度减小，所以c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)：a点大于c点，故C错误；
D.c点，p(HC2O4−)=p(C2O42−)，c(HC2O4−)=c(C2O42−)，溶液的pH=4.3，则Ka2=c(C2O42−)c(HC2O4−)×c(H+)=c(H+)=1.0×10−4.3，c(C2O42−)⋅c(H2C2O4)c2(HC2O4−)=c(C2O42−)c(HC2O4−)×1c(HC2O4−)c(H2C2O4)=Ka2c(H+)×1Ka1c(H+)=Ka2Ka1=10−4.310−1.3=1.0×10−3，故D正确；
故选：C。
15.【答案】(1)滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；980ca×100%；AC
(2)AB
(3)H2
(4)pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全
(5)①Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+
②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】
【分析】
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
【解答】
(1)利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，向溶液中滴加高锰酸钾溶液，当不再消耗高锰酸钾溶液时，溶液显紫红色，即滴定到终点，故滴定达到终点的判断方法是：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为V=25.02+24.982mL=25.00mL，根据离子反应方程式可知n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=5n(KMnO4)=25×10−3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=25×10−3×c×5mol×500mL25.00mL=2.5cmol，所以质量分数=2.5c×392a×100%=980ca×100%；
A.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故A选；
B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数，则导致滴定管体积读数偏少，故B不选；
C.滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C选，
故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；980ca×100%；AC；
(2)A.适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，故A正确；
B.适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，故B正确；
C.适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，故C错误，
故答案为：AB；
(3)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成，
故答案为：H2；
(4)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp (CaF2)=c(Ca2+)⋅c2(F−)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10−5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F−)至少为5.3×10−91×10−5mol/L=5.3×10−2mol/L，若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F−形成弱酸HF，导致溶液中c(F−)减小，CaF2沉淀不完全，则原因为pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全，
故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全；
(5)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3⋅H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，该反应的离子方程式为：Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+，
故答案为：Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+；
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，最后的洗涤液中不含SO42−，则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，
故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
16.【答案】(1)CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−977.2kJ/mol
(2)①放热 ②80；648
(3)①4CO(NH2)2+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O②温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于925℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于925℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行
【解析】
【分析】
本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。
【解答】
(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867.0kJ⋅mol−1；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ⋅mol−1；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ⋅mol−1
依据盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−977.2kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−977.2kJ/mol；
(2)①图象分析可知，先拐先平温度高T1>T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，
故答案为：放热；
②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol/L，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol/L)2200
变化量(mol/L)1.61.61.60.8
平衡量(mol/L)0.40.41.60.8
平衡常数K=1.62×0.80.42×0.42=80，
平衡状态下，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，k正k逆=c2(CO2)c(N2)c2(CO)c2(NO)=K=80，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol/L)2200
变化量(mol/L)0.80.80.80.4
a点量(mol/L)1.21.20.80.4
v(正)v(逆)=k正k逆×c2(NO)c2(CO)c2(CO2)c(N2)=80×1.22×1.220.82×0.4=648，
故答案为：80；648；
(3)①用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O，
故答案为：4CO(NH2)2+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O；
②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925∘C左右，SNCR与SCR技术相比，ScR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于925℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于925℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行
故答案为：温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于925℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于925℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
17.【答案】(1)；5
(2)d
(3)1s22s22p63s23p63d7
(4)①N>O>C>Ni；sp3、sp2 ②e
(5)Fe4N或Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)Ga是31号元素，位于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子的价电子为4s、4p能级上的电子，价电子排布图为，N是7号元素，一个原子轨道表示一种空间运动状态，N元素的基态原子核外有1s、2s、2px、2py、2pz共5个原子轨道，有5种空间运动状态的电子，
故答案为：；5；
(2)铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区，
故答案为：d；
(3)Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7，
故答案为：1s22s22p63s23p63d7；
(4)①另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C>Ni；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化，
故答案为：N>O>C>Ni；sp3、sp2；
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C−C非极性键，C−N、C−H、O−H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，
故答案为：e；
(5)该晶胞中Fe(Ⅱ)个数=6×12=3、Fe(Ⅲ)个数=8×18=1、N原子个数为1，因此铁氮化合物的化学式为：Fe4N或Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N，
故答案为：Fe4N或Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N。
18.【答案】(1)羟基、羧基
(2)
(3)取代反应
(4)2+O2→△Cu2+2H2O
(5)+Cl2→Fe+HCl
(6)6；(或)
【解析】
【分析】
本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，根据有机物名称与结构、反应条件等正逆推法相结合进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
【解答】
E与G反应生成苯甲酸苯甲酯，E连续被氧化生成G，则E为醇、G为羧酸，故G为、E为，F为，甲苯与氯气发生取代反应生成A，A转化生成苯甲醇，故A为，A发生水解反应生成E(苯甲醇)；甲苯与氯气发生取代反应生成B，B经过系列反应生成水杨酸()，故氯原子取代甲基邻位苯环上的H原子，故B为，B在酸性高锰酸钾条件下氧化、并酸化生成C为，C水解生成D、D酸化生成水杨酸，故D为。
(1)水杨酸结构简式为，水杨酸中官能团的名称为羟基、羧基；
(2)苯甲酸苯甲酯的结构简式为；
(3)反应②是转化为，该反应类型为取代反应；
(4)反应③的化学方程式：2+O2→△Cu2+2H2O；
(5)反应⑥的化学方程式：+Cl2→Fe+HCl；
(6)水杨酸为，①苯环上有3个取代基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③与足量NaOH溶液反应可消耗2mol NaOH，则含有2个酚羟基，满足条件的结构有、、共6种；其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为、。
2021-2022学年江苏省泰州市泰兴第一高级中学高二（下）第一次段考化学试卷
1. 北京冬奥会“冰墩墩”“雪容融”成为顶流，由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是( )
A. PVC()的单体为氯乙烯
B. PC()中所有碳原子均可共面
C. ABS的单体之一苯乙烯能使溴水褪色
D. 亚克力()可通过加聚反应制备
2. 下列化学用语书写正确的是( )
A. 用电子式表示NaCl的形成过程：
B. 按照系统命名法的名称：2−乙基丙烷
C. 硝基苯的结构简式：
D. CH3CHO的球棍模型：
3. 下列说法不正确的是( )
A. 通过质谱法可以确认有机化合物的相对分子质量
B. 甲苯分子的核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰
C. 红外光谱可以帮助确定许多有机物的结构
D. 某有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，两者物质的量之比为1：2，则该有机物一定为甲烷
4. 下列物质中，既能发生消去反应生成烯烃，又能被氧化成醛的是( )
A. CH3OH B.
C. 苯甲醇() D.
5. 已知一种生产聚苯乙烯的工业流程如图所示：
则下列有关的叙述正确的是( )
A. 反应①属于取代反应
B. 1mol苯乙烯最多可与5molBr2发生加成反应
C. 鉴别苯与苯乙烯可采用酸性KMnO4溶液或溴水
D. 聚苯乙烯分子中所有原子可能都处于同一平面内
6. 兴奋剂不仅不利于运动员身体健康，也有悖于公平竞争，国际奥委会严厉禁止运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，下列说法正确的是( )
A. 分子式为C20H30O
B. 该物质属于芳香族化合物
C. 该有机物中能和酸性高锰酸钾反应的官能团有2种
D. 分子中所有碳原子不可能共平面
7. 下列实验操作、现象及结论均正确的是( )
实验操作
现象
结论
A
取2mL卤代烃样品于试管中，加5mL20%NaOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液
产生白色沉淀
该卤代烃中含有氯元素
B
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变为黄色
证明氧化性：H2O2>Fe3+
C
往乙醇和浓硫酸的混合溶液中加入一定量的乙酸溶液
加热后产生有香味的物质
乙酸能与乙醇发生酯化反应
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
A. A B. B C. C D. D
8. 利用如图装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲验证碳酸的酸性强于苯酚 B. 用装置乙验证铁的吸氧腐蚀
C. 用装置丙加热NaOH固体至熔融 D. 用装置丁制备干燥的氨气
9. 下列叙述及对应图示正确的是( )
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)
C. 图丙可表示反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0的平衡常数K与温度和压强的关系
D. 图丁是在0.1mol⋅L−l Na2CO3溶液中加水稀释，溶液中c(HCO3−)的变化曲线；Na2CO3的水解程度A点大于B点
10. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
11. 下列叙述正确的是( )
A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−846kJ/mol，因此甲烷的燃烧热ΔH=−846kJ/mol
B. 常温下，将pH=4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH<0
D. 在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，c2(SO3)c2(SO2)c(O2)的值增大
12. CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=−122.5kJ⋅mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=2×CH3OCH3物质的量反应的CO2的物质的量×100%。下列说法正确的是( )
A. 其他条件不变，升高温度，CO2的转化率一定随着温度升高而降低
B. 曲线b表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况
C. 其他条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
D. 220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中X点)，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，可提高CH3OCH3的选择性
13. 下列说法正确的是( )
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COONa)>pH(NaHCO3)>pH(Na2CO3)
B. 0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+c(H2CO3)
C. 常温下，pH=11NaOH溶液与pH=3CH3COOH溶液等体积混合：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液中：c[(NH4)2SO4]
A. pH=4时，c(HC2O4−)>c(C2O42−)
B. 草酸的电离常数Ka1=1.0×10−1.3
C. a点和c点对应溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)一定相等
D. c(C2O42−)⋅c(H2C2O4)c2(HC2O4−)=1.0×10−3
15. Ⅰ.莫尔盐(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O是一种常用原料。在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
已知：①5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
②(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O的摩尔质量为392g/mol
(1)滴定终点的现象是 ______，通过实验数据，计算该产品的纯度为 ______(用含字母a、c的式子表示)。上表中第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能是 ______(填字母)。
A.锥形瓶用待装液润洗
B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数
C.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
Ⅱ.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α−Fe2O3。其主要实验流程如图：
(2)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有 ______(填序号)。
A.适当升高酸浸温度
B.适当加快搅拌速度
C.适当缩短酸浸时间
(3)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成 ______(填化学式)。
(4)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是 ______【Ksp(CaF2)=5.3×10−9，Ka(HF)=6.3×10−4】。
(5)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为 ______。
②设计以FeSO4溶液、氨水−NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：______。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。
16. 汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867.0kJ⋅mol−1；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ⋅mol−1；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ⋅mol−1
则CH4催化还原NO的热化学方程式为______。
(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。
①据此判断该反应的正反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。
②温度T1时，该反应的平衡常数K=______；反应速率v=v正−v逆=k正c2(NO)c2(CO)−k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处v正v逆=______。
(3)SNCR−SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：
①SNCR−SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为______。
②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：
SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是______；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是______。
17. 硼、镓、氮的化合物在生产、生活中有广泛用途：
(1)氮化镓(GaN)是新型的半导体材料。基态Ga原子的价电子排布图为 ______；基态N原子的核外有 ______种空间运动状态的电子。
Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题：
(2)Fe元素位于元素周期表的 ______区(填分区)。
(3)基态Ni3+核外电子排布式为 ______。
(4)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M结构如图1所示：
①组成M的五种元素中，除H元素外，另外四种元素第一电离能由大到小的顺序为 ______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为 ______。
②图中各微粒间不存在的作用力有 ______(填标号)。
a.配位键
b.极性键
c.非极性键
d.π键
e.离子键
f.氢键
(5)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件，其晶胞结构如图2所示。
该铁氮化合物的化学式为 ______。
18. 从甲苯出发，按如图流程可以合成苯甲酸苯甲酯和水杨酸：
已知：水杨酸的结构简式为，请回答：
(1)水杨酸中官能团的名称为 ______。
(2)苯甲酸苯甲酯的结构简式为 ______。
(3)反应②的反应类型为 ______。
(4)反应③的化学方程式为：______。
(5)反应⑥的化学方程式为：______。
(6)水杨酸有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体共有 ______种。
①苯环上有3个取代基
②能发生银镜反应
③与足量NaOH溶液反应可消耗2mol NaOH
其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为 ______。(任写一种)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.PVC的单体为CH2=CHCl，所以其单体为氯乙烯，故A正确；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故B错误；
C.苯乙烯中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；
D.该物质是加聚产物，所以通过加聚反应可以得到该高分子化合物，故D正确；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查常见化学用语的正误判断，涉及球棍模型、结构简式、烷烃的命名、电子式及其表示的形成过程等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
【解答】
A.钠原子失去电子，氯原子得到电子，电子从钠原子转移到氯原子，用电子式表示NaCl的形成过程：，故A正确；
B.的主链含有4个C原子，2号C原子上含有一个甲基，系统命名为2−甲基丁烷，故B错误；
C.硝基苯中硝基中的N原子直接与苯环相连，不存在C−O键，则硝基苯的结构简式为，故C错误；
D.为乙酸的球棍模型，乙醛的结构简式为CH3CHO，其球棍模型为，故D错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物的分子式以及结构的确定，把握物质的结构特点，利用好辅助线分析物质，侧重基础能力和分析能力的考查，本题难度不大。
【解答】
A. 质谱图中最大质荷比为有机物的相对分子质量，故A正确；
B. 分析甲苯中的氢原子的种类：，因此核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰，故B正确；
C. 红外光谱可获得有机物的化学键或官能团的类型，因此可以确定许多有机物的结构，故C正确；
D. CO2和H2O两者物质的量之比为1：2，N(C)：N(H)=1：4，该有机物也有可能为CH3OH，不一定为甲烷，故D错误；
故选：D。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解醇消去反应、催化氧化反应原理，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
【解答】
醇发生消去反应的结构特点是：与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；醇发生氧化反应生成醛的结构特点是：分子中含有−CH2OH结构，据此分析判断。
A.CH3OH不能发生消去反应，能发生催化氧化反应生成甲醛，不符合题意，故A错误；
B.中连接羟基的碳原子的相邻碳原子上连有氢原子，所以能发生消去反应，分子中含有−CH2OH结构，所以能被氧化生成醛，符合题意，故B正确；
C.苯甲醇可以发生催化氧化生成苯甲醛，苯甲醇中连接羟基的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，不符合题意，故C错误；
D.发生催化氧化生成酮，不符合题意，故D错误；
故选：B。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.苯和乙烯发生加成反应生成乙苯，该反应属于加成反应，故A错误；
B.苯乙烯中只有碳碳双键能和溴以1：1发生加成反应，所以1mol苯乙烯中最多可以消耗1mol溴发生加成反应，故B错误；
C.苯和酸性高锰酸钾溶液或溴水不反应，苯乙烯能和溴水发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和苯乙烯，故C正确；
D.单键可以旋转，所以聚苯乙烯中所有碳原子不一定共平面，故D错误；
故选：C。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确官能团类型，反应实质为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，题目难度不大。
【解答】
结合图示结构简式可知，该有机物的分子式为C20H32O，其分子中含有碳碳双键、羟基，具有烯烃和醇的性质，以此分析解答。
A.根据图示可知，该有机物的分子式为C20H32O，故A错误；
B.该有机物分子中不含苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；
C.该有机物分子中含有醇羟基和碳碳双键，碳碳双键可以和酸性高锰酸钾反应，但醇羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能和酸性高锰酸钾反应，故C错误；
D.该分子中存在同一饱和碳原子上连接4个碳原子的结构，根据甲烷的结构可知，不可能所有碳原子共面，故D正确；
故选：D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A. 水解后在酸性溶液中检验卤素离子，NaOH与硝酸银反应，水解后没有加硝酸中和碱，操作不合理，故A错误；
B. 酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由实验及现象不能证明氧化性：H2O2>Fe3+，故B错误；
C. 发生酯化反应生成乙酸乙酯，加热后产生有香味的物质，故C正确；
D. Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，由实验及现象不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D错误；
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A. 由于盐酸具有挥发性，苯酚钠溶液变浑浊，不一定是因为CO2与水反应生成的H2CO3和其反应，故用装置甲不能验证碳酸的酸性强于苯酚，故A错误；
B. 铁丝在NaCl溶液中能发生吸氧腐蚀，用装置乙时当观察到玻璃杯中液面上升，铁丝表面生锈即可验证铁的吸氧腐蚀，故B正确；
C. 由于陶瓷中含有SiO2、Al2O3等物质，它们均能与NaOH反应而腐蚀坩埚，故加热熔融NaOH要用铁坩埚，故C错误；
D. NH3的密度比空气的小，故要用向下排空气法收集，不能选图中向上排空气法，故D错误；
故选：B。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以图象为载体，考查溶度积、化学平衡移动、化学平衡常数、盐类水解等化学原理相关知识，属于综合题型的考查，需要掌握化学原理部分相关知识，较好地考查了学生分析能力、综合运用知识的能力。
【解答】
A.Ksp(FeS)=c(Fe2+)⋅c(S2−)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)⋅c(S2−)，由图可知c(S2−)相同时：c(Fe2+)>c(Cu2+)，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故A错误；
B.缩小恒温密闭容器的体积，c(CO2)瞬时增大，因该反应平衡常数K=c(CO2)，体系温度不变K值不变，瞬时增大后逐渐减小至与原平衡相等，与图乙所示相符，故B正确；
C.平衡常数K只与温度有关，横坐标T相同时，纵坐标K值也应相同，与压强无关，故C错误；
D.溶液中加水稀释，越稀释碳酸钠的水解程度越大，故水解程度A点小于B点，故D错误；
故选：B。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu，故B错误；
C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故C错误；
D.浓硫酸具有吸水性，可以干燥二氧化碳，故D错误；
故选：A。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡、弱电解质电离等知识点，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确化学反应原理是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度、电解质强弱、压强等因素都无关，为易错点。
【解答】
A.气态水不是H元素的稳定氧化物，所以该方程式不是甲烷的燃烧热化学方程式，故A错误；
B.稀释醋酸溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH−)增大，故B错误；
C.生成物只有固体，△S<0，若能自发进行，△H−T△S<0，则△H必须小于0，故C正确；
D.缩小体积即增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体体积减小的方向即正向移动，平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
【解答】
A. 由已知，反应Ⅰ正向为吸热反应，升高温度，CO2的转化率变大，反应Ⅱ正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率变小，最终CO2的转化率是否随着温度升高而降低不确定，故A错误；
B. 反应Ⅱ正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，故曲线a表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况，曲线b表示CO2的转化率随温度的变化情况，故B错误；
C. 其他条件不变，只增加H2投入量，理论上两个反应平衡都应正移，都有H2O生成，故对于反应Ⅱ来说，反应Ⅰ生成的H2O会抑制反应Ⅱ的正向移动，不同温度下反应Ⅰ产生的H2O的量不同，对反应Ⅱ的影响程度不同，所以CH3OCH3产率不一定增加，故C错误；
D. 使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，有利于反应Ⅱ发生，促进二氧化碳更多的转化为CH3OCH3，提高CH3OCH3的选择性，故D正确；
故选：D。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒和物料守恒分析解答，题目难度中等。
【解答】
A.因为酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO3−，则盐中阴离子水解程度：CH3COO−
C.常温下，pH=11NaOH溶液与pH=3CH3COOH溶液等体积混合后，醋酸剩余，得到醋酸和醋酸钠的混合液，溶液显示酸性，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，c(Na+)
D.(NH4)2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，NH4HSO4溶液中氢离子会抑制铵根离子的水解，(NH4)2SO4溶液、NH4Cl溶液中硫酸根离子、氯离子对铵根离子的水解无影响，因此c[(NH4)2SO4]
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，难点是D选项计算，题目难度中等。
【解答】
随着pH值的增大，溶液中c(H2C2O4)逐渐减小、c(HC2O4−)先增大后减小、c(C2O42−)逐渐增大，则p(H2C2O4)逐渐增大、p(HC2O4−)先减小后增大、p(C2O42−)逐渐减小，所以曲线II、I、III分别表示p(H2C2O4)、p(HC2O4−)、p(C2O42−)；
A.根据图知，pH=4时，p(HC2O4−)
B.a点p(H2C2O4)=p(HC2O4−)，溶液的pH=1.3，则c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，Ka1=c(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(H+)=c(H+)=1.0×10−1.3，故B正确；
C.a、c点存在物料守恒[n(H2C2O4)+n(HC2O4−)+n(C2O42−)]为定值，a点溶液体积小于c点溶液体积，导致浓度减小，所以c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)：a点大于c点，故C错误；
D.c点，p(HC2O4−)=p(C2O42−)，c(HC2O4−)=c(C2O42−)，溶液的pH=4.3，则Ka2=c(C2O42−)c(HC2O4−)×c(H+)=c(H+)=1.0×10−4.3，c(C2O42−)⋅c(H2C2O4)c2(HC2O4−)=c(C2O42−)c(HC2O4−)×1c(HC2O4−)c(H2C2O4)=Ka2c(H+)×1Ka1c(H+)=Ka2Ka1=10−4.310−1.3=1.0×10−3，故D正确；
故选：C。
15.【答案】(1)滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；980ca×100%；AC
(2)AB
(3)H2
(4)pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全
(5)①Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+
②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】
【分析】
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
【解答】
(1)利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，向溶液中滴加高锰酸钾溶液，当不再消耗高锰酸钾溶液时，溶液显紫红色，即滴定到终点，故滴定达到终点的判断方法是：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为V=25.02+24.982mL=25.00mL，根据离子反应方程式可知n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=5n(KMnO4)=25×10−3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=25×10−3×c×5mol×500mL25.00mL=2.5cmol，所以质量分数=2.5c×392a×100%=980ca×100%；
A.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故A选；
B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数，则导致滴定管体积读数偏少，故B不选；
C.滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C选，
故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；980ca×100%；AC；
(2)A.适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，故A正确；
B.适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，故B正确；
C.适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，故C错误，
故答案为：AB；
(3)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成，
故答案为：H2；
(4)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp (CaF2)=c(Ca2+)⋅c2(F−)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10−5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F−)至少为5.3×10−91×10−5mol/L=5.3×10−2mol/L，若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F−形成弱酸HF，导致溶液中c(F−)减小，CaF2沉淀不完全，则原因为pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全，
故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全；
(5)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3⋅H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，该反应的离子方程式为：Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+，
故答案为：Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+；
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，最后的洗涤液中不含SO42−，则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，
故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
16.【答案】(1)CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−977.2kJ/mol
(2)①放热 ②80；648
(3)①4CO(NH2)2+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O②温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于925℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于925℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行
【解析】
【分析】
本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。
【解答】
(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867.0kJ⋅mol−1；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ⋅mol−1；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ⋅mol−1
依据盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−977.2kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−977.2kJ/mol；
(2)①图象分析可知，先拐先平温度高T1>T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，
故答案为：放热；
②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol/L，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol/L)2200
变化量(mol/L)1.61.61.60.8
平衡量(mol/L)0.40.41.60.8
平衡常数K=1.62×0.80.42×0.42=80，
平衡状态下，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，k正k逆=c2(CO2)c(N2)c2(CO)c2(NO)=K=80，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol/L)2200
变化量(mol/L)0.80.80.80.4
a点量(mol/L)1.21.20.80.4
v(正)v(逆)=k正k逆×c2(NO)c2(CO)c2(CO2)c(N2)=80×1.22×1.220.82×0.4=648，
故答案为：80；648；
(3)①用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O，
故答案为：4CO(NH2)2+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O；
②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925∘C左右，SNCR与SCR技术相比，ScR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于925℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于925℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行
故答案为：温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于925℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于925℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
17.【答案】(1)；5
(2)d
(3)1s22s22p63s23p63d7
(4)①N>O>C>Ni；sp3、sp2 ②e
(5)Fe4N或Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)Ga是31号元素，位于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子的价电子为4s、4p能级上的电子，价电子排布图为，N是7号元素，一个原子轨道表示一种空间运动状态，N元素的基态原子核外有1s、2s、2px、2py、2pz共5个原子轨道，有5种空间运动状态的电子，
故答案为：；5；
(2)铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区，
故答案为：d；
(3)Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7，
故答案为：1s22s22p63s23p63d7；
(4)①另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C>Ni；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化，
故答案为：N>O>C>Ni；sp3、sp2；
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C−C非极性键，C−N、C−H、O−H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，
故答案为：e；
(5)该晶胞中Fe(Ⅱ)个数=6×12=3、Fe(Ⅲ)个数=8×18=1、N原子个数为1，因此铁氮化合物的化学式为：Fe4N或Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N，
故答案为：Fe4N或Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N。
18.【答案】(1)羟基、羧基
(2)
(3)取代反应
(4)2+O2→△Cu2+2H2O
(5)+Cl2→Fe+HCl
(6)6；(或)
【解析】
【分析】
本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，根据有机物名称与结构、反应条件等正逆推法相结合进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
【解答】
E与G反应生成苯甲酸苯甲酯，E连续被氧化生成G，则E为醇、G为羧酸，故G为、E为，F为，甲苯与氯气发生取代反应生成A，A转化生成苯甲醇，故A为，A发生水解反应生成E(苯甲醇)；甲苯与氯气发生取代反应生成B，B经过系列反应生成水杨酸()，故氯原子取代甲基邻位苯环上的H原子，故B为，B在酸性高锰酸钾条件下氧化、并酸化生成C为，C水解生成D、D酸化生成水杨酸，故D为。
(1)水杨酸结构简式为，水杨酸中官能团的名称为羟基、羧基；
(2)苯甲酸苯甲酯的结构简式为；
(3)反应②是转化为，该反应类型为取代反应；
(4)反应③的化学方程式：2+O2→△Cu2+2H2O；
(5)反应⑥的化学方程式：+Cl2→Fe+HCl；
(6)水杨酸为，①苯环上有3个取代基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③与足量NaOH溶液反应可消耗2mol NaOH，则含有2个酚羟基，满足条件的结构有、、共6种；其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为、。
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