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2025年苏州市高三期中摸底测试卷2
（总分：100分；考试时长：75分钟）
可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ca-40 Mn-55
一、单选题
1．（2025·江苏·一模）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．天然橡胶 B．不锈钢 C．足球烯 D．光导纤维
2．（2024·江苏·一模）与水反应可产生，液氨发生微弱电离产生，液氨能与碱金属（如Na、K）反应产生。下列说法正确的是
A．中σ键与π键的数目比例为1∶1 B．液氨电离可表示为：
C．的结构式为 D．中存在Mg与之间的强烈相互作用
3．（2024·江苏南京·二模）下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲溶解废易拉罐细屑 B．用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液
C．用装置丙制取沉淀 D．用装置丁灼烧制取
（2025·江苏南通·一模）阅读下列材料，完成下面小题。
周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。
4．下列说法正确的是
A．H2O2分子中所有原子在同一直线上 B．H2S晶体属于共价晶体
C．SeO的空间构型是平面三角形 D．1molH2SeO3中含有5molσ键
5．下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．O3是极性分子，O3易溶于水
B．Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低
C．CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒
D．H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2
6．下列化学反应表示正确的是
A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3
B．H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1
C．H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O
D．硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se
7．（2024·江苏省南京·二模）丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，如图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是
A．沸点高低：
B．半径大小：
C．电离能大小：
D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对
8．（2022·江苏连云港·二模）前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最多的气体，基态时Y原子的原子轨道上没有未成对电子，Z的最高价与最低负价的绝对值之差为6，W与 Y处于同一主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y的第一电离能比W的大
C．X的简单气态氢化物与Z的单质不能反应
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
9．（2022·福建福州·二模）盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
10．（2025·江苏·一模）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊 NaHCO3溶解度小于Na2CO3
B 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化 结合Fe3+的能力：F-＞SCN-
C 向AgNO3溶液和淀粉KI溶液中分别滴加少量新制氯水，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在化学反应限度
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
11．（2022·江苏·二模）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。
下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
12．（2023·江苏·一模）室温下用0.1molL﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1=1.0×10﹣2，Ka2=1.0×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1=4.0×10﹣7、Ka2=5.0×10﹣11，Ksp(CaCO3)=3×10﹣9，Ksp(CaSO3)=3×10﹣7，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是
A．0.1molL﹣1 Na2SO3溶液中：c(OH﹣)=c(H+)+c()+c(H2SO3)
B．NaHSO3溶液中：c()C．“沉淀”分离后的滤液中：c(Ca2+)c()D．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+=CaSO3+
13．（2024·江苏·一模）采用热分解法脱除沼气中的过程中涉及的主要反应为
反应Ⅰ： kJ mol
反应Ⅱ： kJmol
保持100kPa不变，将与按2∶1体积比投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如题13图所示。下列说法正确的是
题13图
A．反应的 kJ mol
B．曲线Y代表的是的平衡体积分数
C．高于1050℃时，平衡转化率与平衡转化率的差值随温度升高减小
D．1050℃下反应，增大体系的压强，平衡后H 的体积分数可能达到0.07
二、填空题
14．（2023·江苏·一模）锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。
(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是
③该工艺流程中，可循环利用物质是 (填化学式) 。
(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为
②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是 。
(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。
①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为 。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为 mol·L-1。
15．（2025·江苏盐城·一模）六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H的合成路线如下：
(-代表苯基)
(1)有机物G中的官能团名称为 。
(2)有机物F的分子式为，则其结构简式为 。
(3)D和乙二醇()以物质的量比为完全酯化的产物有多种同分异构体，其中一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有3种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应；
③能发生水解反应，且该分子水解时消耗。
(4)D→E的过程中反应机理如下：
试写出该过程发生的反应类型：先发生 反应，再发生 反应。
(5)写出以苯乙烯、苯甲酸、为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
16．（2022·江苏连云港·二模）工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol 1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
(2)NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
(3)TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
17．（2024·江苏苏州·三模）研究的综合利用具有重要的意义。
Ⅰ.催化重整制氢气
一种与催化重整制取的过程如图1所示。在反应管中加入和催化剂，先通入，待步骤Ⅰ完成后，再将以一定流速通入，并控制温度为，进行步骤Ⅱ。
(1)写出步骤Ⅱ中发生主要反应的化学方程式： 。
(2)步骤Ⅱ中还存在少量副反应：，测得出口处和的流量随时间变化如图2所示。
①时出口处气体流量略高于的原因是 。
②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是 。
Ⅱ.用于烟气脱硝
(3)烟气脱硝相关反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
①反应Ⅲ的 。
②反应Ⅰ和反应II的平衡常数分别为、，则相同温度下反应Ⅲ的 (用、表示)。
(4)模拟烟气脱硝：一定条件下，将、和按匀速通过催化脱硝反应器，测得去除率和转化率随反应温度的变化如图3所示。
①当温度低于时，的去除率随温度升高而升高，可能原因是 。
②当温度高于时，的去除率随温度升高而降低，可能原因是 。高三期中摸底测试卷2参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D D A C C B C B
题号 11 12 13
答案 A D C
1．A
【详解】A．天然橡胶是聚异戊二烯的高聚物，含有碳氢等元素，属于有机高分子化合物，所以主要成分是有机物，A正确；
B．不锈钢是铁、铬、镍等金属的合金，属于金属材料，不属于有机物，B错误；
C．足球烯(C60)是由碳元素组成的单质，属于无机非金属材料，不属于有机物，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不属于有机物，D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．中σ键与π键的数目比例为1∶2，A错误；
B．液氨发生微弱电离产生，所以液氨电离可表示为：，B正确；
C．的结构式为，C错误；
D．中存在Mg2+与之间的强烈相互作用，D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．易拉罐中的铝元素组成的相关物质可与NaOH反应被溶解，生成Na[Al(OH)4]，A正确；
B．可以通过乙装置将Na[Al(OH)4]溶液和未被溶解的固体进行过滤分离，B正确；
C．将二氧化碳通入Na[Al(OH)4]溶液中，可反应生成沉淀，C正确；
D．灼烧固体应选坩埚，D错误；
答案选D。
4．D 5．A 6．C
【解析】4．
A．H2O2分子中O的价层电子对数为，杂化方式均为，所有原子不会在同一直线上，H2O2分子结构：，A错误；
B．H2S晶体属于分子晶体，B错误；
C．的中心原子价层电子对数为4，杂化方式为，空间构型是三角锥结构，C错误；
D．1个H2SeO3()含5个σ键，1molH2SeO3中含有5molσ键，D正确；
故选D；
5．A．O3分子中心O原子呈正电性，两个端位O原子呈负电性，是极性分子，水也是极性分子，相似相溶，O3易溶于水，有对应关系，A正确；
B．Se核外有34个电子，位于第四周期第ⅥA族，最外层有6个电子，单质硒是分子晶体，熔沸点较低，两者无对应关系，B错误；
C．CuSO4溶液中铜离子水解呈酸性，CuSO4可使蛋白质变性，用于泳池的杀菌消毒，两者无对应关系，C错误；
D．H2O2中O元素-1价，有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2，H2O2相当于二元弱酸，氢氧化钡是碱，发生复分解反应，两者无对应关系，D错误；
故选A；
6．A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体生成硫单质：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A错误；
B．根据H2S的燃烧热为586kJ·mol-1可知，H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1172kJ/mol，B错误；
C．由甲酸与亚硒酸(H2SeO3)在103℃反应制得Se，制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O，C正确；
D．放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，Se化合价降低做正极，硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋+4e-=Cu2Se，D错误；
故选C；
7．C
【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确；
C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确；
D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确；
故选C。
8．B
【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最多的气体，则X为N元素；基态时Y原子的原子轨道上没有未成对电子，其电子排布式为1s22s22p63s2，则Y为Mg元素；W与 Y处于同一主族，则W为Ca元素；Z的最高价与最低负价的绝对值之差为6，则Z为Cl元素。
【详解】A．同一周期从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A项错误；
B．同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则Y的第一电离能比W的大，B项正确；
C．X的简单气态氢化物为NH3，Z的单质为Cl2，二者可以发生氧化还原反应，C项错误；
D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：W＞Y，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的弱，D项错误；
答案选B。
9．C
【分析】由图可知，Pt电极上H2→，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【详解】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误；
B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
故选C。
10．B
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，生成NaHCO3，若有1molNa2CO3(106g)参加反应，生成2molNaHCO3(168g)，由于NaHCO3的质量大于Na2CO3的质量，所以虽然溶液变浑浊，仍不能确定NaHCO3溶解的质量小于Na2CO3溶解的质量，A不正确；
B．向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，则表明Fe3+只与F-结合，没有与SCN-结合，从而说明结合Fe3+的能力：F-＞SCN-，B正确；
C．向AgNO3溶液中滴加少量新制氯水，生成AgCl白色沉淀，表明氯水中含有Cl-，后者溶液变蓝色，则表明I-被氧化为I2，Cl2、但HClO都能将I-氧化为I2，所以不能肯定氯水中存在Cl2，也就不能证明氯气与水的反应存在化学反应限度，C不正确；
D．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，表明溶液中含有淀粉，可能是淀粉未水解，也可能是淀粉部分水解，D不正确；
故选B。
11．A
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
12．D
【分析】Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，生成NaHSO3，由于H2SO3的Ka2=1.0×10﹣7小于H2CO3的Ka1=4.0×10﹣7，所以CaCO3与NaHSO3反应只能生成和CaSO3，CaSO3被通入的氧气氧化生成CaSO4，从而获得石膏，据此回答。
【详解】A．由质子守恒得，0.1molL﹣1 Na2SO3溶液中：，A错误；
B．H2SO3电离平衡常数分别为Ka1=1.0×10﹣2，Ka2=1.0×10﹣7，电离常数为Ka2=1.0×10﹣7，的水解常数为，由于，电离强于水解，故NaHSO3溶液中，B错误；
C．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则c(Ca2+)c()=Ksp(CaSO3)，C错误；
D．由分析知H2SO3的Ka2=1.0×10﹣7小于H2CO3的Ka1=4.0×10﹣7，所以CaCO3与NaHSO3反应只能生成和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+=CaSO3+，D正确；
故选D。
13．C
【分析】根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得： kJ mol，将与按2∶1体积比投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此曲线Y是。950℃-1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，所以的体积分数会增大，1050℃-1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小。根据方程式中的数量关系，曲线Z为，曲线X为。
【详解】A．根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得： kJ mol，A错误；
B．由分析可知曲线Y代表的是的平衡体积分数，B错误；
C．1050℃-1150℃之间，与的体积分数差值越来越小，所以平衡转化率与平衡转化率的差值随温度升高减小，C正确；
D．1050℃下反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积增大的反应，增大体系的压强，平衡会逆向移动，平衡后H 的体积分数小于0.07，D错误；
故选C。
14．(1) 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 NH3
(2) 1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
(3) 12
【分析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。
【详解】（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3，NH3可循环利用，故答案为：NH3；
（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。
15．(1)羰基、碳碳三键
(2)
(3)
(4) 加成反应 消去反应
(5)
【分析】
A和溴发生取代反应在苯环引入溴原子得到B，B和镁反应生成格氏试剂C，C和二氧化碳反应后水解引入羧基得到D，D与SOCl2发生取代反应引入氯原子得到E，E和F生成G，F的分子式为C10H10，结合G结构可知，F为，则E与F的反应为取代反应；G再转化为H；
【详解】（1）由G结构可知，有机物G中的官能团名称为羰基、碳碳三键，故答案为：羰基、碳碳三键；
（2）
由分析知，有机物F的分子式为C10H10，则其结构简式为，故答案为：；
（3）
D中含有羧基，和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物质的量比为2：1完全酯化的产物为；其同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；②能发生银镜反应，含有醛基或甲酸酯基；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH，则含有2个甲酸酯基，且水解后生成酚羟基，故可以为或。
（4）由图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C原子，发生加成反应；O-C键和S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，S转化为SO2离去，羟基的电子对向碳原子转移形成碳氧双键，使羟基H带部分正电荷，随后Cl-进攻羟基H(δ+)原子，形成HCl离去，发生消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；
（5）
苯乙烯和溴加成引入溴原子，再发生消去反应得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2发生D生成E的反应引入氯原子，再和苯乙炔发生E生成G的反应得到，再和发生G生成H的反应生成产物，故流程为：。
16．(1) -285.2 SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
(2) 4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl- SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
(3) 催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH 金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【详解】（1）①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH = 241.6 kJ·mol 1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
（2）①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
（3）①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
17．(1)
(2) 步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成 分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低
(3)
(4) 温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快 高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢
【详解】（1）步骤Ⅱ中反应物是碳酸钙和甲烷，发生反应生成氧化钙、CO和氢气，主要反应的化学方程式：；
（2）①步骤Ⅱ反应化学方程式：生成与的物质的量相等，步骤Ⅱ中还存在少量副反应：生成CO，则时出口处气体流量略高于的原因是：步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成；
②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是：分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低；
（3）①根据盖斯定律，反应I-反应II可得反应Ⅲ，则反应Ⅲ的-985.2-(-116.2)= ；
②反应I-反应II可得反应Ⅲ，两式相减则平衡常数相除，则相同温度下反应Ⅲ的；
（4）①当温度低于时，催化剂活性较佳，且温度逐渐升高反应速率加快，因此的去除率随温度升高而升高，可能原因是：温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快；
②当温度高于时，反应物加入氧气，能与甲烷发生燃烧反应，使甲烷的量减少，反应物浓度减小，使脱硝反应速率减慢，的去除率随温度升高而降低，可能原因是：高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢。

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