注意事項：
1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。
2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。
3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 Cl：35.5 K：39 V：51 Fe：56 Ti：48 C：59
一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。
1. “神舟飛船”接力騰飛、“太空之家”遨游蒼穹、“福建號”航母下水、國產(chǎn)“C919”大飛機正式交付都彰顯了中國力量。下列成果所涉及的材料為金屬材料的是
A. “神舟十五”號飛船使用的耐輻照光學窗材料——石英玻璃
B. “天宮”空間站使用的太陽能電池板材料——砷化鎵
C. “福建號”航母使用高強度甲板材料——合金鋼
D. “C919”大飛機使用的機身復(fù)合材料——碳纖維和環(huán)氧樹脂
【答案】C
【解析】
【分析】金屬材料是指具有光澤、延展性、容易導電、傳熱等性質(zhì)的材料。一般分為黑色金屬和有色金屬兩種。黑色金屬包括鐵、鉻、錳等。
【詳解】A．石英玻璃主要成分為SiO，SiO為新型無機非金屬材料，不屬于金屬材料，故A錯誤；
B．砷化鎵為是一種無機化合物，屬于半導體材料，不屬于金屬材料，故B錯誤；
C．合金鋼是是指鋼里除了鐵、碳外，加入其他金屬元素，所以屬于金屬材料；故C正確；
D．碳纖維指的是含碳量在百分之九十以上的高強度高模量纖維，不屬于金屬材料；環(huán)氧樹脂是一種高分子聚合物，也不屬于金屬材料，故D錯誤；
故選C。
2. 用NaCN溶液浸取礦粉中金的反應(yīng)為4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列說法正確的是
A. H2O的空間結(jié)構(gòu)為直線形B. NaCN中含有離子鍵和共價鍵
C. 1ml[Au(CN)2]-中含有2mlσ鍵D. NaOH的電子式為
【答案】B
【解析】
【詳解】A．H2O的空間結(jié)構(gòu)為V形，A錯誤；
B．NaCN中Na+與CN-間形成離子鍵，CN-中C和N之間形成共價鍵，B正確；
C．[Au(CN)2]-中CN-內(nèi)含有1個σ鍵，Au與CN-間形成配位鍵也是σ鍵，故1ml[Au(CN)2]-中含有4mlσ鍵，C錯誤；
D．NaOH的電子式為，D錯誤；
故選B。
3. 由SiCl4制備高純SiH4的反應(yīng)為SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列說法正確的是
A. 熱穩(wěn)定性：HCl＞SiH4B. 離子半徑：r(Li+)＞r(H-)
C. 第一電離能：I1(Al)＞I1(Cl)D. 共價鍵的極性：Si－Cl＞Al－Cl
【答案】A
【解析】
【詳解】A．元素的非金屬性Cl＞Si，則簡單氫化物的穩(wěn)定性HCl＞SiH4，A正確；
B．Li+和H-的電子層數(shù)相同，Li的核電核數(shù)大，故半徑小，即r(Li+)＜r(H-)，B錯誤；
C．Al的失電子能力大于Cl，故第一電離能I1(Al)＜I1(Cl)，C錯誤；
D．元素電負性差值越大，共價鍵極性越強，Si與Cl的電負性差值小于Al，故共價鍵的極性Si－Cl＜Al－Cl，D錯誤；
故選A。
4. 用如圖所示裝置制備氨氣并驗證氨氣的還原性，其中不能達到實驗?zāi)康牡氖?br>A. 用裝置甲生成氨氣B. 用裝置乙干燥氨氣
C. 用裝置丙驗證氨氣還原性D. 用裝置丁和戊分別收集氨氣和氮氣
【答案】D
【解析】
【詳解】A．反應(yīng)可用于制備氨氣，A正確；
B．NH3是堿性氣體，可用堿石灰進行干燥，B正確；
C．裝置丙發(fā)生發(fā)應(yīng)，可驗證氨氣的還原性，C正確；
D．氨氣的密度比空氣小，收集時應(yīng)從短管進長管出，D錯誤；
故選D。
5. 元素周期表中VIA族元素單質(zhì)及其化合物有著廣泛應(yīng)用。O2可用作氫氧燃料電池的氧化劑；O3具有殺菌、消毒、漂白等作用。硫有多種單質(zhì)，如斜方硫(燃燒熱為297kJ?ml-1)、單斜硫等，硫或黃鐵礦(FeS2)制得的SO2可用來生產(chǎn)H2SO4。用SO2與SeO2的水溶液反應(yīng)可制備硒；硒是一種半導體材料，在光照下導電性可提高近千倍。下列說法正確的是
A. 基態(tài)氧原子價電子的軌道表示式為
B. 斜方硫和單斜硫互為同素異形體
C. SO2是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子
D. SeO2分子中O－Se－O的鍵角大于120°
【答案】B
【解析】
【詳解】A．基態(tài)氧原子價電子的軌道表示式為，故A錯誤；
B．斜方硫和單斜硫均是硫元素組成不同單質(zhì)，互為同素異形體，故B正確；
C．SO2是V形結(jié)構(gòu)，是由極性鍵構(gòu)成的極性分子，故C錯誤；
D．SeO2分子中Se是sp2雜化，Se原子價層電子對數(shù)為2+=3，有一對孤電子對，對兩個成鍵電子對有排斥作用，O－Se－O的鍵角小于120°，故D錯誤；
故選B。
6. 一種電解法制備Na2FeO4的裝置如圖所示。下列說法正確的是
A. 電解時化學能轉(zhuǎn)化為電能
B. 電解時應(yīng)將鉑電極與直流電源正極相連
C. 電解過程中轉(zhuǎn)移2mle-，理論上可獲得標準狀況下的H211.2L
D. 電解時鐵電極反應(yīng)式：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】電解法制備Na2FeO4，根據(jù)裝置圖，鐵元素化合價由0價→+6價，化合價升高，根據(jù)電解原理，鐵電極作陽極，鉑電極為陰極，據(jù)此分析；
【詳解】A．該裝置為電解池，將電能轉(zhuǎn)化成化學能，故A錯誤；
B．根據(jù)上述分析，鉑電極為陰極，與電源的負極相連，故B錯誤；
C．陰極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，轉(zhuǎn)移2ml電子，生成1ml氫氣，則標準狀況下，生成氫氣體積為22.4L，故C錯誤；
D．制備高鐵酸鈉，鐵元素化合價升高，根據(jù)電解原理，鐵電極為陽極，電極反應(yīng)式為Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O，故D正確；
答案為D。
7. 化工原料Z是X與HI反應(yīng)的主產(chǎn)物，X→Z的反應(yīng)機理如圖：
下列說法正確的是
A. X分子中所有碳原子位于同一平面上
B. Y與Z中碳原子雜化軌道類型相同
C X與Z分子中均含有1個手性碳原子
D. X與HI反應(yīng)有副產(chǎn)物CH3CH2CH2CH2I產(chǎn)生
【答案】D
【解析】
【詳解】A．X分子中存在飽和碳上連接三個碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A錯誤；
B．Y中碳原子有sp2、sp3兩種雜化類型，Z中只有sp3雜化，B錯誤；
C．X分子中沒有手性碳原子，Z中有1個手性碳原子，C錯誤；
D．X分子開環(huán)時，HI中的H原子可分別加在斷鍵的兩個碳原子上，故有副產(chǎn)物CH3CH2CH2CH2I產(chǎn)生，D正確；
故選D。
8. 兩份鋁屑，第一份與足量鹽酸反應(yīng)，第二份與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)，產(chǎn)生的氫氣的體積比為1∶2(同溫同壓下)，則第一份與第二份鋁屑的質(zhì)量比為( )
A. 1∶3B. 1∶2C. 1∶1D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【詳解】鋁屑與鹽酸和氫氧化鈉反應(yīng)的化學方程式分別為2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；兩個化學方程式中鋁與氫氣的物質(zhì)的量之比皆為2∶3，題目中說二者產(chǎn)生氫氣的體積比為1∶2，故兩份鋁屑的物質(zhì)的量之比為1∶2，二者質(zhì)量之比亦為1∶2，故選項B正確。
9. “太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為Ti02電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4一H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關(guān)于該電池的說法錯誤的是
A. 若用導線連接a、c，則a為負極，該電極附近pH減小
B. 若用導線連接a、c，則c電極的電極反應(yīng)式為HxWO3-xe一=WO3+xH+
C. 若用導線先連接a、c，再連接b、c，可實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化
D. 若用導線連接b、c，b電極的電極反應(yīng)式為O2+4H++4e一═2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．有圖可知，連接a、c時，a極上水失去電子生成氧氣，發(fā)生氧化反應(yīng)，則a極是負極，電極反應(yīng)式是2H2O-4e-=O2+4H+，生成氫離子，a極附近pH減少 ，故A不選；
B．有圖可知，用導線連接a、c，a極上水失去電子生成氧氣，發(fā)生氧化反應(yīng)，則a極是負極，c極是正極，則c電極的電極反應(yīng)式為WO3+xH+ +xe一= HxWO3 ，故B選；
C．若用導線先連接a、c，則c電極是正極，發(fā)生WO3生成HxWO3，將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能儲存，再連接b、c，b極發(fā)生氧氣生成水，為正極，則c電極是負極，實現(xiàn)化學能轉(zhuǎn)化為電能，對外供電，故C不選；
D．用導線連接b、c，b電極發(fā)生氧氣生成水為正極，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e一═2H2O ，故D不選；
故選：B。
10. 下列實驗?zāi)軐崿F(xiàn)的是（ ）
A. 圖1裝置左側(cè)用于檢驗氯化銨受熱分解出的氨氣
B. 圖2裝置用于分離碘單質(zhì)和高錳酸鉀固體混合物
C. 圖3裝置中若a處有紅色物質(zhì)生成，b處變藍，證明X一定是H2
D. 圖4裝置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止氣體逸出
【答案】D
【解析】
【詳解】A、左側(cè)的五氧化二磷會吸收氯化銨分解產(chǎn)生的氨氣，因此左側(cè)可檢測氯化氫，故A不符合題意；
B、加熱時碘升華，高錳酸鉀會發(fā)生分解，因此加熱法不能分離，故B不符合題意；
C、a處有紅色物質(zhì)生成，說明氧化銅被還原，b處變藍，說明氣體中含有水蒸氣，因此有可能X中含有水蒸氣，X也可能含有乙醇、氨氣、甲烷等，故C不符合題意；
D、大理石和稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳，安全漏斗可在左右側(cè)形成液柱，可防止氣體逸出，故D符合題意；
故答案為：D。
11. 根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A.苯酚與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉，所以苯酚的酸性強于碳酸氫鈉，弱于碳酸，故A錯誤；
B. 氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色說明生成乙烯氣體，溴乙烷生成乙烯的反應(yīng)屬于消去反應(yīng)，故B正確；
C.具有還原性，通入溶液，溶液褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故C錯誤；
D.由于氯化鈉和碘化鈉的物質(zhì)的量濃度的相對大小未知，有可能因為碘化鈉的濃度較大而產(chǎn)生黃色沉淀碘化銀，因此不能得出結(jié)論，當氯化鈉的濃度大于或等于碘化鈉的濃度時，若產(chǎn)生黃色沉淀可得出題中的結(jié)論，故D錯誤，
故選B。
【點睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有顏色褪去的反應(yīng)都是由于其漂白性，這是很容易被忽略的問題。比較結(jié)構(gòu)和組成相似的難溶物的溶度積時，要根據(jù)控制變量法進行實驗設(shè)計，控制兩溶液的濃度相同，或控制溶度積較大的濃度較大，才可以得出合理的結(jié)論；或者根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化進行判斷，但要注意在進行沉淀的轉(zhuǎn)化時，防止有過量試劑的干擾。
12. 向某二價金屬M的M(OH)2的溶液中加入過量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，過濾，洗滌、干燥后將沉淀置于足量的稀鹽酸中，充分反應(yīng)后，在標準狀況下收集到V L氣體。如要計算金屬M的相對原子質(zhì)量，你認為還必需提供下列哪項數(shù)據(jù)是
A. M(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度B. 與MCO3反應(yīng)的鹽酸的物質(zhì)的量濃度
C. MCO3的質(zhì)量D. 題給條件充足，不需要再補充數(shù)據(jù)
【答案】C
【解析】
【詳解】生成的氣體是CO2，所以要計算M的相對原子質(zhì)量，還需要知道MCO3的質(zhì)量，選項C正確，答案選C。
13. 亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜（Mathiesn）法制備亞氯酸鈉的流程如下：
下列說法錯誤的是（ ）
A. 反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2：1
B. 若反應(yīng)①通過原電池來實現(xiàn)，則ClO2是正極產(chǎn)物
C. 反應(yīng)②中的H2O2可用NaClO4代替
D. 反應(yīng)②條件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)流程圖反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)物是ClO2，氧化產(chǎn)物是NaHSO4，根據(jù)化合價升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1，A項正確；
B．由反應(yīng)①化合價變化情況，再根據(jù)原電池正極表面發(fā)生還原反應(yīng)，所以ClO2是正極產(chǎn)物，B項正確；
C．據(jù)流程圖反應(yīng)②，在ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價升高，不能用NaClO4代替H2O2，C項錯誤；
D．據(jù)流程圖反應(yīng)②ClO2與H2O2反應(yīng)的變價情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D項正確；
故答案選C。
【點睛】根據(jù)反應(yīng)的流程圖可得反應(yīng)①中的反應(yīng)物與生成物，利用得失電子守恒規(guī)律推斷反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量之比。
二、非選擇題：共4題，共61分
14. 我國學者分別使用Fe2O3和Fe3O4作催化劑對燃煤煙氣脫硝脫硫進行了研究。
（1）催化劑制備。在60～100℃條件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段時間，再加入適量新制FeSO4溶液，充分反應(yīng)后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反應(yīng)后經(jīng)磁鐵吸附、洗滌、真空干燥，制得Fe3O4催化劑。
①通入N2的目的是___。
②混合物X與NaNO3反應(yīng)生成Fe3O4和NH3，該反應(yīng)的化學方程式為___。
（2）催化劑性能研究。如圖1所示，當其他條件一定時，分別在無催化劑、Fe2O3作催化劑、Fe3O4作催化劑的條件下，測定H2O2濃度對模擬煙氣(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脫除率的影響，NO脫除率與H2O2濃度的關(guān)系如圖2所示。
已知?OH能將NO、SO2氧化。?OH產(chǎn)生機理如下。
反應(yīng)Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++?OOH+H+(慢反應(yīng))
反應(yīng)Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++?OH+OH-(快反應(yīng))
①與Fe2O3作催化劑相比，相同條件下Fe3O4作催化劑時NO脫除率更高，其原因是___。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成兩種含氧酸鈉鹽，該反應(yīng)的離子方程式為___。
③實驗表明?OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在無催化劑、Fe2O3作催化劑、Fe3O4作催化劑的條件下，測得SO2脫除率幾乎均為100%的原因是___。
【答案】（1） ①. 排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+ ②. 12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O
（2） ①. Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應(yīng)Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大：Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)生Fe2+再通過快反應(yīng)Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應(yīng)速率由慢反應(yīng)Ⅰ決定，c(?OH)小于前者；故Fe3O4作催化劑比Fe2O3作催化劑時NO脫除率更大 ②. 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O ③. SO2幾乎完全被NaOH溶液吸收
【解析】
【小問1詳解】
①氫氧化鈉溶液中會溶解有少量空氣中的氧氣，氧氣能氧化亞鐵離子生成鐵離子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+；
②氫氧化鈉和硫酸亞鐵生成氫氧化亞鐵沉淀，混合物X中含有氫氧化亞鐵，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，氫氧化亞鐵會與NaNO3反應(yīng)生成Fe3O4和NH3、氫氧化鈉、水，該反應(yīng)的化學方程式為12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；
【小問2詳解】
①由已知反應(yīng)機理反應(yīng)Ⅰ、反應(yīng)Ⅱ可知：Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應(yīng)Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大：Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)生Fe2+再通過快反應(yīng)Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應(yīng)速率由慢反應(yīng)Ⅰ決定，c(?OH)小于前者；故Fe3O4作催化劑比Fe2O3作催化劑時NO脫除率更大
②NO2被NaOH溶液吸收生成兩種含氧酸鈉鹽，根據(jù)質(zhì)量守恒可知為含氮元素的鹽，二氧化氮中部分氮元素化合價升高、部分氮元素化合價降低，反應(yīng)得到亞硝酸鹽和硝酸鹽，該反應(yīng)的離子方程式為2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
③二氧化硫能溶于水會和氫氧化鈉反應(yīng)被吸收，測得SO2脫除率幾乎均為100%的原因是SO2幾乎完全被NaOH溶液吸收。
15. F是一種治療心腦血管疾病藥物的中間體，其合成路線如下(表示苯基)：
（1）C分子中采取雜化的碳原子數(shù)目是___________。
（2）D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________。
①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)。
②分子中有5種不同化學環(huán)境的氫原子。
③每個苯環(huán)上只含1種官能團。
（3）的反應(yīng)需經(jīng)歷的過程，中間體X的分子式為。X→F的反應(yīng)類型為___________。
（4）E—F的反應(yīng)中有一種分子式為的副產(chǎn)物生成，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為___________。
（5）已知：，寫出以和為原料制備的合成路線________(無機溶劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。
【答案】（1）13 （2）或
（3）消去反應(yīng) （4）
（5）
【解析】
【分析】有機合成題中常采用對比的方法，找出斷鍵和形成化學鍵的部位，從而判斷出反應(yīng)類型，據(jù)此分析；
【小問1詳解】
sp2雜化碳原子應(yīng)是苯環(huán)和雙鍵上的碳原子，因此根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式，sp2雜化碳原子的數(shù)目有13；故答案為13；
【小問2詳解】
根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，有兩個苯環(huán)，無其他環(huán)，能發(fā)生水解反應(yīng)，只能是“C－Cl”，有5種不同環(huán)境的氫原子，說明是對稱結(jié)構(gòu)，每個苯環(huán)上只有1中官能團，因此符合條件的是或；故答案為或；
【小問3詳解】
根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式，推出F的分子式為C24H21NOCl2，對比X的分子式，X→F少了一個H2O，因此該反應(yīng)類型為消去反應(yīng)；故答案為消去反應(yīng)；
【小問4詳解】
副反應(yīng)產(chǎn)物的分子式為C24H21NOCl2，該副產(chǎn)物與F互為同分異構(gòu)體，碳碳雙鍵存在順反異構(gòu)，因此推出副產(chǎn)物為；故答案為；
【小問5詳解】
根據(jù)路線中B→C，生成，可以有與苯環(huán)反應(yīng)得到，根據(jù)CH3COOH在SOCl2作用下生成CH3COCl，可以由反應(yīng)得到，因此先水解，然后再氧化得到；故答案為。
16. 研究柴油車尾氣中的催化轉(zhuǎn)化具有重要意義。
（1）尿素水溶液與柴油車尾氣在高溫下混合后，尿素分解生成和CHON，在催化劑作用下，CHON與反應(yīng)生成和。畫出CHON的結(jié)構(gòu)式：__________。
（2）在催化劑作用下，將柴油車尾氣中的選擇性還原為的過程稱為脫硝．當柴油車尾氣中時，會發(fā)生快速脫硝反應(yīng)。
①寫出快速脫硝反應(yīng)的化學方程式：______________。
②控制其他條件相同，將與表所示的氣體充分混合后分別勻速通入如圖-1所示的反應(yīng)器中反應(yīng)，測得A組的脫除率明顯低于B組，其可能原因是___________。(該溫度下與不發(fā)生反應(yīng))

③二氧化鈰作為一種SCR脫硝催化劑，能在和之間改變氧化狀態(tài)，將NO氧化為，并引起氧空位的形成，得到新的鈰氧化物。鈰氧化物發(fā)生的可能變化如圖-2所示。當氧化標況下后，生成新的鈰氧化物中、、的最簡整數(shù)比為____________。

（3）科學家研究了晶面上的反應(yīng)過程：該過程如圖-3所示。與形成能提供質(zhì)子的酸性位，吸附在酸性位上生成中間體X，NO與X反應(yīng)生成不穩(wěn)定的過渡態(tài)物質(zhì)，隨后分解生成和。

①畫出圖中虛線框內(nèi)X的結(jié)構(gòu)：____________。
②煙氣中的少量會增大催化劑活性，但量過多會大大降低催化劑的活性．其可能原因分別是_____________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 該溫度下的平衡常數(shù)較小，反應(yīng)速率較慢 ③.
（3） ①. ②. 會增加催化劑表面的酸性位，增大催化劑活性；過量與存在競爭吸附；能與等反應(yīng)生成亞硫酸鹽或硫酸鹽，覆蓋在催化劑表面，降低催化劑活性
【解析】
【小問1詳解】
尿素分解生成和CHON，在催化劑作用下，CHON與反應(yīng)生成和，根據(jù)尿素的結(jié)構(gòu)簡式去除NH3后碳和另一個氮之間形成碳氮雙鍵，CHON的結(jié)構(gòu)式：。故答案為：；
【小問2詳解】
①當柴油車尾氣中時，快速脫硝反應(yīng)的化學方程式：。故答案為：；
②控制其他條件相同，將與表所示的氣體充分混合后分別勻速通入如圖-1所示的反應(yīng)器中反應(yīng)，對比兩組物質(zhì)，假設(shè)將A中2mlNO與O2反應(yīng)轉(zhuǎn)化為2mlNO2，剩余氣體與B組相同，測得A組的脫除率明顯低于B組，其可能原因是該溫度下的平衡常數(shù)較小，反應(yīng)速率較慢。故答案為：該溫度下的平衡常數(shù)較小，反應(yīng)速率較慢；
③當氧化標況下后，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為=0.2ml，則令x=0.2ml，得y=1ml-0.2ml=0.8ml，由化合價代數(shù)和為0，2z=0.2ml3+0.8ml4=3.8ml，生成新的鈰氧化物中、、的最簡整數(shù)比為=。故答案為：；
【小問3詳解】
①與形成能提供質(zhì)子的酸性位，吸附在酸性位上生成中間體X，X的結(jié)構(gòu)： 。故答案為： ；
②煙氣中的少量會增大催化劑活性，但量過多會大大降低催化劑的活性．其可能原因分別是會增加催化劑表面的酸性位，增大催化劑活性；過量與存在競爭吸附；能與等反應(yīng)生成亞硫酸鹽或硫酸鹽，覆蓋在催化劑表面，降低催化劑活性。故答案為：會增加催化劑表面的酸性位，增大催化劑活性；過量與存在競爭吸附；能與等反應(yīng)生成亞硫酸鹽或硫酸鹽，覆蓋在催化劑表面，降低催化劑活性。
17. 單寧酸-硫酸體系中，低品位軟錳礦(質(zhì)量分數(shù)為29％)中的Mn(Ⅳ)可被還原為而浸出。其浸出過程如圖所示。

（1）當完全水解，生成的沒食子酸和葡萄糖物質(zhì)的量之比為___________。
（2）寫出葡萄糖還原生成的離子反應(yīng)方程式：________________。
（3）浸出前后軟錳礦與浸取渣的X-射線衍射圖如圖所示，衍射峰的強度能一定程度反映晶體的質(zhì)量分數(shù)等信息。指出圖中對應(yīng)衍射峰強度變化的原因：____________。

（4）為測定一定條件下該低品位軟錳礦中錳元素的浸出率，進行如下實驗：
準確稱取軟錳礦試樣，加入一定量硫酸和單寧酸，水浴加熱并充分攪拌，一段時間后過濾．將濾液冷卻后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于錐形瓶中，向錐形瓶中加入足量磷酸作穩(wěn)定劑，再加入2mL高氯酸，邊加邊搖動，使完全氧化為Mn(Ⅲ)，加熱溶液至無氣體產(chǎn)生。冷卻后用濃度為的溶液滴定至終點，消耗溶液的體積為。
①實驗室現(xiàn)配溶液的濃度與計算值存在誤差，為提高測量結(jié)果的精確度，滴定前需要對現(xiàn)配溶液進行的補充實驗是_________。
②完全氧化后加熱溶液的目的是____________。
③計算該條件下軟錳礦中錳元素的浸出率____________。[。寫出計算過程］
（5）90℃下，控制單寧酸用量和反應(yīng)時間相同，測得對錳元素浸出率的影響如圖所示。時，錳元素浸出率降低的可能原因是___________。

【答案】（1）
（2）
（3）酸浸過程中，被酸溶，部分被還原，固體總質(zhì)量減少；不發(fā)生反應(yīng)，質(zhì)量分數(shù)變大，衍射峰強度變大
（4） ①. 使用基準試劑對溶液的實際濃度進行標定 ②. 除去過量高氯酸，防止其氧化硫酸亞鐵銨 ③. 每浸出濾液中：
軟錳礦浸出濾液中
浸出的
軟錳礦中
錳元素浸出率
（5）濃度過大，抑制了單寧酸的水解，沒食子酸和葡萄糖的濃度降低，的還原速率減慢
【解析】
【小問1詳解】
設(shè)完全水解，生成的沒食子酸xml、葡萄糖yml，根據(jù)C守恒，沒食子酸、葡萄糖比單寧酸分子中多的氧、氫原子都由水提供，則，解得x=10，帶入①得y=1，生成的沒食子酸和葡萄糖物質(zhì)的量之比為10:1。
【小問2詳解】
葡萄糖還原生成，根據(jù)得失電子守恒，離子反應(yīng)方程式；
【小問3詳解】
由圖可知，酸浸過程中，被酸溶，部分被還原，固體總質(zhì)量減少；不發(fā)生反應(yīng)，質(zhì)量分數(shù)變大，衍射峰強度變大。
【小問4詳解】
①為提高測量結(jié)果的精確度，滴定前需要使用基準試劑對溶液的實際濃度進行標定。
②實驗原理是根據(jù)Mn(Ⅲ)消耗的物質(zhì)的量計算錳元素的物質(zhì)的量，需要排除其它氧化劑氧化，所以完全氧化后加熱溶液的目的是除去過量高氯酸，防止其氧化硫酸亞鐵銨。
③每浸出濾液中： ， 軟錳礦浸出濾液中
浸出的
軟錳礦中
錳元素浸出率。
【小問5詳解】
由圖可知，濃度過大，抑制了單寧酸的水解，沒食子酸和葡萄糖的濃度降低，的還原速率減慢，所以時，錳元素浸出率降低。選項
實驗操作和現(xiàn)象
結(jié)論
A
向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清
苯酚的酸性強于H2CO3的酸性
B
將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色
溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)
C
通入溶液，溶液褪色
有漂白性
D
向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黃色沉淀生成
混合氣體物質(zhì)的量
A組
、
B組
、

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