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北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共37页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，有机推断题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·北京丰台·统考一模）乙醇俗称酒精，在生活中使用广泛。
资料1：乙醇分子有两个末端，一端是憎水（易溶于油）的—C2H5；一端是亲水（易溶于水）的—OH。
资料2：破坏蛋白质分子中形成蜷曲和螺旋的各种力，使长链舒展、松弛，可导致蛋白质变性。
资料3：水分子可以松弛蛋白质外部亲水基团之间的吸引力，而—OH不能；—C2H5可以破坏蛋白质内部憎水基团之间的吸引力。
（1）乙醇的结构及性质
①1mol乙醇分子中的极性共价键有___________mol。
②从结构角度解释乙醇的沸点比乙烷高的原因____________________ 。
（2）乙醇的用途
①医用酒精（75%）制备过程与制酒的过程类似，不能饮用，但可接触人体医用。
结合题中资料，下列说法正确的是________________（填字母）。
a．糖化、发酵的过程均含有化学变化
b．获得医用酒精常采用的分离提纯方法是蒸馏
c．浓度99%的酒精消毒杀菌效果一定大于75%的酒精
②乙醇是一种很好的溶剂，在油脂的皂化反应中，加入乙醇可加快反应速率，其原因是 ______________ 。
（3）乙醇的工业制取
乙醇的工业制取方法很多，由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。下图是由二氧化碳合成乙
醇的工艺流程。
该流程中能循环使用的物质是_________________________。
2．（2021·北京丰台·统考一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为____ g/mL。
二、实验题
3．（2020·北京丰台·统考一模）某小组探究酸化条件对0.1mol/LKI溶液氧化反应的影响。
序号
操作及现象
实验1
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验2
取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
（1）溶液变蓝，说明溶液中含有____________ 。结合实验1和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I-氧化反应的速率。
（2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/LKI溶液成分与新制0.1mol/LKI溶液可能存在差异，并继续进行探究。
实验3：取新制0.1mol/LKI溶液在空气中放置，测得pH如下：
时间
5分钟
1天
3天
10天
pH
7.2
7.4
7.8
8.7
资料：
ⅰ．pH＜11.7时，I－能被O2氧化为I。
ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶5。
①用化学用语，解释0.1mol/LKI溶液放置初期pH升高的原因：_________________________________________________________。
②对比实验1和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是_____________________________________________________________________________________。
（3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号
操作
现象
实验4
重复实验2操作后，继续向溶液中加入 ________________。
溶液立即变蓝
（4）该组同学想进一步探究pH对I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。
实验5：用20mL 4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如下：
实验组
A
B
C
D
pH
11.4
10.6
9.5
8.4
现象
无颜色变化
产生蓝色后瞬间消失
产生蓝色，30s后蓝色消失
从实验5可以看出pH越大，歧化反应速率越_______________（填“快”或“慢”）。
解释pH＝8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：_________________________。
4．（2021·北京丰台·统考一模）保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
(1)补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_____+CO2+_____，_______。
(2)实验中采用80%甲醇水溶液的目的是______。
(3)反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法____。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
II.工业制法
(4)用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式___。
III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
(5)用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程_______。
(6)当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是_______。
5．（2021·北京丰台·统考一模）某小组为探究Mg与NH4Cl溶液反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5g，分别加入到选取的实验试剂中。
资料：①CH3COONH4溶液呈中性。
②Cl-对该反应几乎无影响。
实验
实验试剂
实验现象
1
5mL蒸馏水
反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为H2)
2
5mL 1.0 mol/L NH4Cl溶液(pH=4.6)
剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，检验方法是____。用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为H2。
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀。推测沉淀中含有____，灰白色固体可能是____(填化学式)。
(3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H+)大，与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是_____。
(4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验
实验装置
3
①试剂X是_______。
②由实验3获取的证据为_______。
(5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。
实验
实验试剂
实验现象
4
5 mL NH4Cl乙醇溶液
有无色无味气体产生(经检验为H2)
依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是_______。
(6)由以上实验可以得出的结论是_______。
6．（2022·北京丰台·统考一模）实验室研究不同价态铜元素之间的转化。
Ⅰ．研究、的转化
(1)下列试剂能实现转化的是___________。
A．浓硝酸 B．硫黄 C．氯气
(2)两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是___________。
Ⅱ．研究的转化
已知：
为无色，在空气中极易被氧化为
物质
CuCl(白色)
CuI(白色)
(黑色)
CuS(黑色)
Ksp
实验如下：
实验a
实验b
现象：无明显变化
现象：产生白色沉淀
(3)实验a中反应难以发生的原因是___________。
(4)实验b中反应的离子方程式为___________。
(5)通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化
①甲预测的理由是___________。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是___________。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，___________，观察到___________，证明实验c中实现了转化。
(6)基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析与反应没有生成的原因___________。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是___________。
三、原理综合题
7．（2020·北京丰台·统考一模）加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。
（1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。
Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节pH小于5。
Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。
Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当吹出气体中H2S体积分数达到标准，即可停止吹气。
已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随pH变化情况如下图所示。
①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节pH＜5的原因是_______________________。
②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的pH为 ______时，需要更换NaOH溶液。
③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将Fe3+还原为Fe2+。将下述离子方程式补充完整：_______Fe3++______NH2OH·HCl=____Fe2++N2↑+________+_________+__________Cl-
（2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。
①写出反应池内发生反应的离子方程式_____________________________________。
②电解池中，阳极的电极反应为_____________________________________________。
8．（2022·北京丰台·统考一模）铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。
Ⅰ.研究铁的腐蚀
实验步骤如下：
步骤1：将铁粉放置于0.002 溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。
步骤2：向15.00 mL 1 NaCl溶液(用盐酸调pH=1.78)中加入浸泡过的Fe粉。
步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。
(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为___________。
(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。
①选取b点进行分析，经检验溶液中含有，写出Fe被腐蚀的总反应___________。
②取b点溶液向其中滴加KSCN无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。写出b点被氧化的离子方程式___________。
③依据b点发生的反应，分析第二阶段pH上升的原因是___________。
Ⅱ．研究铁的防护
(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀
已知：放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。
①镀件Fe应与电源的___________相连。
②向电解液中加入NaCN溶液，将转化为，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是___________。
(4)电镀后的废水中含有，一种测定其含量的方法是：取废水50 mL，再加KI溶液1 mL，用c 溶液滴定，消耗溶液V mL。已知：(无色) ， 。
①滴定终点的现象是___________。
②废水中的含量是___________(填计算式)。
四、有机推断题
9．（2020·北京丰台·统考一模）有机物K是一种化工原料，其合成路线如下：
已知：i：
ii：
iii：（R1为烃基）
（1）按照官能团分类，A的类别是_______________________。
（2）C分子中只有一种类型的氢原子，B→C的化学方程式是_____________________。
（3）已知D的核磁共振氢谱有2个峰，1molD与足量Na反应可生成1molH2，写出D→E的化学方程式是 ___________________________ 。
（4）G的结构简式是___________________________。
（5）由F制备G，产物G与CO2物质的量之比为___________________________。
（6）M是G的同分异构体，写出符合下列条件的M的结构简式_________________。
a．能与NaHCO3反应产生气泡
b．能发生银镜反应
（7）写出结构简式：I _____________、J _________________ 。
10．（2021·北京丰台·统考一模）有机化合物M是某抗高血压药物的中间体，其合成路线如图：
已知：
i.
ii.
iii.
(1)A→B的反应类型是_______。
(2)C中含有的官能团名称是_______。
(3)J中只含有一种官能团，J的名称是_______。
(4)G与K反应生成M的化学方程式是_______。
(5)C→D转化的路线如图：，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，中间产物1和2的结构简式分别为_______、_______。
(6)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式_______(任意1种即可)。
a．与NaHCO3反应放出CO2
b．硝基与苯环直接相连
c．分子中只有4种不同化学环境的氢原子
11．（2022·北京丰台·统考一模）某喹啉类化合物P的合成路线如下：
已知：
(1)A为链状，按官能团分类，其类别是___________。
(2)B→C的反应方程式是___________。
(3)C→D所需的试剂a是___________。
(4)下列关于E的说法正确的是___________。
A．能发生银镜反应
B．能发生氧化、消去、加聚反应
C．核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2：2：3
D．1 mol E可以与6 mol 发生反应
(5)G的结构简式为___________。
(6)H→I的反应类型为___________。
(7)由I和E合成P的流程如下，M与N互为同分异构体，写出J、M、N的结构简式：___________、___________、___________。
五、工业流程题
12．（2020·北京丰台·统考一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。
资料：
ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2，且﹢3价铁能催化该反应。
ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO2KCl＋O2。
（1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。
（2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。
（3）加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。
（4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示：
请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。
（5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示：
当Fe3+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是：_________________________________________。
（6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn(＋2价），生成Mn（＋4价）和Fe（＋3价）。一定条件下，除去水体中1.1gMn（＋2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾的物质的量为______mol。
13．（2021·北京丰台·统考一模）合成氨工业产生的钴钼废催化剂(主要成分MoS2、CoO、Fe2O3等)是一种相当宝贵的二次资源。用碱浸法处理钴钼废催化剂的工艺流程如下：
资料①氧化钼(MoO3)：熔点795℃。易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。
②钼酸(H2MoO4)：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化钼酸盐溶液而制得。
(1)焙烧：
①将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，写出反应的化学方程式_______。
②解释钼浸取率随焙烧温度变化的原因是_______。
③氯氧化法吸收SO2废气，可制备硫酸。实际生产中，每小时向反应塔中通入含1%SO2的烟气11200m3(折合成标准状况)，从反应塔中排出SO2和Cl2的排放量分别为a kg/h和b kg/h时，反应塔中通入Cl2的量为_______kg/h。
(2)碱浸：
碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀。写出反应的化学方程式_______。
(3)酸沉：传统工艺中酸沉多在不锈钢离心机中进行。文献记载，选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，利用了浓硝酸的_______性。
(4)从母液中获得无水Na2SO4的操作是_______。
14．（2022·北京丰台·统考一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：常温下，
(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。
(2)①中As的化合价为___________。
②步骤ⅱ中的作用是___________。
(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为___________。
(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。
(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。
六、结构与性质
15．（2022·北京丰台·统考一模）金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取的流程如下：
(1)有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有___________种，N、O杂化轨道类型分别为___________、___________。
(2)W可与形成化合物Q，其结构如下所示：
①基态的价电子排布式为___________。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
③W与之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是___________键(填“Cu—O”或“Cu—N”)。
(3)有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂晶体的晶胞示意图如下：
①Y原子为___________(填元素符号)。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有___________个。
②该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度___________(列出计算式，的摩尔质量为123 )。
参考答案：
1． 7 乙醇分子中含有羟基，分子之间能形成氢键 ab 增大反应物的接触几率或接触面积 K2CO3或碳酸钾
【详解】(1)①乙醇分子的结构式为：，分子中含有7个极性共价键，因此1mol乙醇，含有7mol极性键；
②乙醇的分子中含有羟基，因此乙醇分子之间可以形成氢键，所以沸点比乙烷高；
(2)①a．糖化的过程即淀粉转变为葡萄糖的过程，发酵的过程即葡萄糖转变为乙醇的过程，因此均含有化学变化，a项正确；
b．医用酒精可采用蒸馏的方法分离提纯，b项正确；
c．浓度75%的酒精杀菌消毒效果最好，c项错误；
答案选ab；
②油脂皂化即油脂在碱性条件下的水解反应，由于油脂与NaOH水溶液不互溶，所以二者混合不充分会导致反应速率较慢，若加入乙醇，则可利用乙醇亲水又亲油的结构特点，使二者混合更充分，进而提高反应速率；
(3)向吸收池中通入含CO2的空气后，会使吸收池中的K2CO3转化为KHCO3；向分解池中通高温水蒸气，将CO2提取出的同时，也使得KHCO3又转化为K2CO3；随后CO2在合成塔中与H2反应生成乙醇；综上所述，K2CO3在流程中再生，因此可以循环利用。
2． 4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 MnO2+SO2MnSO4 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生 55 c(V1-V0)×10-3
【详解】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
3． I2或碘单质 2H2O+4I-+O2=2I2+4OH- IO3-+5I-+6H+=3H2O+3I2，该反应的速度快 少量KIO3固体 快 pH＝8.4时，同时发生了：碘与淀粉变蓝和碘单质与氢氧化钾的歧化反应。由于碘与淀粉变蓝反应快，所以先产生蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质浓度降低，蓝色消失
【分析】由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化为I2，通过书写反应的方程式可知，这会导致溶液的碱性逐渐增强；又因为，一定碱性条件下，I2容易发生歧化反应，生成和I-；那么长时间放置KI溶液，溶液中会含有和I-，这两种离子发生归中反应生成I2的速率较快，应该就是实验1中酸化后溶液更迅速变蓝的原因。为了进一步验证上述猜想，设计实验4时，就要验证的存在对于溶液变蓝速率的影响。实验5的设计是为了验证pH对I2歧化速率的影响，分析几组平行实验的现象差异即可得出相关的结论。
【详解】(1)淀粉遇I2会变蓝，因此溶液变蓝说明其中含有I2；
(2)①由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化，所以反应初期pH升高，相关的方程式为：；
②通过分析可知，相比于实验2，实验1中的溶液加酸后迅速变蓝，原因是的反应速率更快；
(3)通过分析可知，为了验证题目(2)②的猜想，需要向溶液中加入KIO3固体；
(4)通过分析四组平行实验的现象差异可知，pH越大，歧化反应速率越大，加入碘水后越难观察到溶液变蓝的现象；pH=8.4时，溶液先产生蓝色，是因为碘单质与淀粉相互作用导致的，在较弱的碱性条件下，I2的歧化反应进行的较慢，因此经过一段时间后，I2逐渐歧化反应消耗完全，蓝色才逐渐褪去。
4． HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O 溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率 b 2+2e-+2H+=+2H2O H2O22∙OH Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【详解】
I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2+2e+2H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O22∙OH，故答案为：H2O22∙OH；
(6) Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
5． 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 Cl- Mg(OH)Cl +H2O⇌NH3·H2O+H+ 5mL 1.0 mol/L CH3COONH4 两试管反应剧烈程度相当 取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化 NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大
【分析】本题主要是对Mg与NH4Cl溶液反应机理进行实验探究，探究了反应得到的灰白色固体的成分，以及进行几组对照实验来探究该反应的机理，最后得出NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大的结论，解题过程中要密切关系题干信息，时刻注意对照实验仅能改变一个变量的思想，试题总体难度较大。
【详解】(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，由于NH3易溶于水且水溶液显碱性，故检验方法是将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝；
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊，说明灰白色固体表面没有能使AgNO3溶液变浑浊的杂质，将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明灰白色沉淀中含有Cl-，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-，和化学式中化合价代数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl，故答案为：Cl-；Mg(OH)Cl；
(3) NH4Cl是一种强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律可知，NH4Cl溶液显酸性，反应的离子方程式为：+H2O⇌NH3·H2O+H+，故答案为：+H2O⇌NH3·H2O+H+；
(4)①由上述(3)分析可知，NH4Cl溶液因水解呈酸性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即且溶液显中性的试剂，由题干信息可知，试剂X是5mL 1.0 mol/L CH3COONH4，故答案为：5mL 1.0 mol/L CH3COONH4；
②乙同学通过实验3来证明甲同学的说法是不合理的，故由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当，故答案为：两试管反应剧烈程度相当；
(5)依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成H2，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充对照实验，在无的情况下是否也能与Mg放出H2，以及反应剧烈程度，故实验方案为取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化，故答案为：取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化；
(6)由对照实验(4)(5)分析可知，NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大，故答案为：NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大。
6．(1)B
(2)都具有氧化性，但氧化性强弱不同
(3)反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和
(4)
(5) 具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀 可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu 洗涤沉淀物，向其中加入氨水 观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色
(6) 与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应 按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。
【分析】氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。
（1）
实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，故选B。
（2）
、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。
（3）
据已知 ，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。
（4）
实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。
（5）
①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；
③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。
（6）
①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。
。
7． 可将硫元素全部转化为H2S吹出 9~11均可 2 2 2 4H+ 2H2O 2 2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+ Fe2+-e-= Fe3+
【分析】测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中H2S以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将其pH调至小于5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的情况可知，pH小于5时，含硫微粒几乎只有H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的H2S吹扫出去，从而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用NaOH溶液吸收吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的图象分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量开始快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采用的是电解的方式实现的；那么产生H2的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳极区；由图可知，H2S是在反应池中被氧化为S单质，那么Fe3+则在反应池内被还原为Fe2+；将含有Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将Fe2+再次氧化为Fe3+，实现再生后，再次通入反应池中使用。
【详解】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为H2S以便利用N2将其吹出；
②通过分析可知，务必要在吸收液的pH降至9以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；
③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的N原子发生升价从-1价升高至0价，而Fe3+发生降价从+3价降低至0价；因此最终的离子方程式为：；
(2)①通过分析可知，反应池内Fe3+将H2S氧化，离子方程式为：；
②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是Fe2+的氧化反应，电极反应式为：。
8．(1)
(2) 相同时间内，铁被氧化成消耗的量大于被氧化成产生的量
(3) 负极 通过反应降低，使得放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用
(4) 溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点
【详解】（1）由题意可知，第一阶段铁铜在氯化钠酸性溶液中构成原电池发生析氢腐蚀，铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故答案为：；
（2）①由题意可知，b点铁铁铜在氯化钠溶液中构成原电池发生发生吸氧腐蚀，总反应为酸性条件下铁与氧气和水反应生成亚铁离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由b点溶液中滴加硫氰化钾溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红可知，铁发生吸氧腐蚀生成的亚铁离子在溶液中与空气中的氧气反应生成氢氧化铁胶体和氢离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
③由b点铁发生吸氧腐蚀生成亚铁离子和溶液中亚铁离子被氧化生成氢氧化铁胶体的反应方程式可知，相同时间内，铁被氧化生成亚铁离子消耗氢离子的量大于亚铁离子被氧化成氢氧化铁胶体生成氢离子的量导致溶液的pH增大，故答案为：相同时间内，铁被氧化成消耗的量大于被氧化成产生的量；
（3）①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌做电镀池的阳极，与负极相连的镀件铁做阴极，故答案为：负极；
②电镀时，向硫酸锌电解液中加入氰化钠溶液，溶液中存在如下平衡，溶液中锌离子浓度减小，使得锌离子在阴极放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的锌离子，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，使得阴极的镀层更加致密、细腻，故答案为：通过反应降低，使得锌离子放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用；
（4）①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应时，滴入最后一滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且沉淀不溶解时说明滴定达到终点，故答案为：溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点；
②由终点时滴定消耗VmLcmol/L氰化钠溶液可知， 50 mL废水中氰酸根离子的浓度为=g/L，故答案为：。
9． 烯烃 2O22+2H2O +2H2O 1∶2
【分析】由E和G反应生成的H的结构特点推测，其发生的是已知信息中的反应ⅰ；因此，根据E和G的分子式推测，E的结构为，G的结构为；由D生成E，分子式中少了4个H原子和2个氧原子，又因为1molD能够和足量的Na反应生成1molH2，所以推测D中含有2个羟基，D生成E即发生消去反应；又因为D的结构中含有2种等效氢原子，所以结合E的结构推测，D的结构为；由C的分子式可知，C中含有一个不饱和度，又因为C的结构中仅有一种等效氢原子，所以结合D的结构推测，C的结构为；由B的分子式可知，B为饱和结构，由B生成C分子中少了2个氢原子和1个氧原子；因此推测B生成C发生的是醇的催化氧化，所以B为；那么A生成B发生的即为加成反应，A为；由I生成J的条件可知，发生的是已知信息中的反应ⅱ，反应结束后碳碳双键断裂，生成羰基；由J生成K的条件可知，发生的是已知信息中的反应ⅲ，那么J的结构中除了含有羰基外还含有酯基，因此由H生成I的反应，则在分子结构中引入了酯基，所以推测I的结构为，那么J的结构为，J再经过反应最终得到产物K。
【详解】(1)通过分析可知，A为丙烯，属于烯烃；
(2)通过分析可知，B生成C发生的即醇的催化氧化反应，B的结构为，所以反应的方程式为：2O22+2H2O；
(3)通过分析可知D的结构为，D生成E发生的即醇的消去反应，方程式为：+2H2O；
(4)通过分析可知，G的结构为；
(5)F的分子中含有6个碳原子，由F生成的G中含有4个碳原子，因此生成G和CO2的物质的量之比为1:2；
(6)通过分析可知G的结构为，其同分异构体M能与NaHCO3反应放出气体，所以M的结构中一定含有羧基；M还能发生银镜反应，所以M的结构中一定含有醛基；所以M的结构中就只剩下两个碳原子，并且还要保证M的不饱和度为4，所以这两个碳原子只能形成碳碳三键；综上所述，M的结构为：；
(7)通过分析可知，I的结构为，J的结构为；
【点睛】在书写有机物的符合特定要求的同分异构体时，可以先计算有机物的不饱和度，再依次统计C，O，N等原子的个数；结合题干中给出的关于同分异构体性质和结构的描述，推测有机物中可能含有的基团；然后再统计形成这些基团所需的C，O，N等原子个数以及具有的不饱和度，得出剩余的未被使用的C，O，N等原子以及不饱和度；再对上述的C，O，N以及不饱和度进行合理的组合即可。
10． 取代反应 硝基、酯基 丁二酸二甲酯 +HOOCCH2CH2COOH +H2O 或
【分析】分析题干合成流程图，由A的分子式和D的结构简式可推知A为：，根据苯酚邻对位上的H比较活泼，推知B的结构简式为：，结合C的分子式和题干信息i可推知C的结构简式为：，由E的分子式结合D到E的反应条件可推知，E的结构简式为，分析E和F的分子式可知，二者相差2个H和1个O，故推知F的结构简式为：，由G的分子式并结合信息ii可推知G的结构简式为：，由M的结构简式和G的结构简式可推知K的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，再结合J的分子式和J到K的转化条件可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，据此分子解题。
【详解】(1)由分析可知，A→B即转化为，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(2)由分析可知，C的结构简式为：，故其中含有的官能团名称是硝基、酯基，故答案为：硝基、酯基；
(3)由分析可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，故J中只含有一种官能团的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，股J的名称是丁二酸二甲酯，故答案为：丁二酸二甲酯；
(4)由分析可知，G的结构简式为与K的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，反应生成M的结构简式为，故该反应的化学方程式是+HOOCCH2CH2COOH+H2O，故答案为：+HOOCCH2CH2COOH+H2O；
(5)由分析可知，C→D转化即转化为的路线如图：，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，故X的结构简式为：，结合信息iii可推知中间产物1和2的结构简式分别为、，故答案为： ；；
(6)由合成路线图中可知，E的分子式为：C11H13NO4，符合下列条件a．与NaHCO3反应放出CO2说明分子中含有羧基-COOH，b．硝基与苯环直接相连，c．分子中只有4种不同化学环境的氢原子说明分子高度对称，故符合条件的E的同分异构体的结构简式有：或，故答案为：或。
11．(1)烯烃
(2)
(3)
(4)CD
(5)
(6)还原
(7)
【分析】从H生成I，结合I的分子式可知，I的结构简式为；结合已知信息和C、D的分子式，D可由和在NaNH2作用下发生反应得到，则C为，试剂a是，D的结构简式为，故B的结构简式为，B在强碱醇溶液中消去HBr得到C，故A是CH2=CH-CH3，A与Br2发生加成得到B；D的分子式比E多两个H原子，则O2催化氧化使D的羟基生成酮基，得到E的结构简式为。
【详解】（1）据分析，A为链状，结构简式为CH2=CH-CH3，按官能团分类，其类别是烯烃；
（2）据分析，B是，在强碱的醇溶液中发消去反应，得到丙炔C，B→C的反应方程式是：；
（3）据分析，C→D是丙炔生成D，结合已知信息，所需的试剂a是；
（4）A.据分析，E的结构简式为，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；
B.含有碳碳叁键能发生氧化、加聚反应，从结构简式分析，不能发生消去反应，B错误；
C.该分子以苯环两支链为对称轴，具有不同化学环境的H原子有4中，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:3，C正确；
D.E分子中含有碳碳叁键可加成2分子H2，苯环可加成3分子H2，酮基可加成1分子H2，故1 mol E可以与6 mol 发生反应，D正确；
故选CD；
（5）从H的结构简式逆推可知，H由G取代-NO2得到，G的结构简式为；
（6）据分析，H中的-NO2转化为-NH2得到I，H→I的反应类型为还原反应；
（7）由已知信息和I、E结构简式分析，I、E加成得到J，J为，J中醛基与H2加成得到M为，M异构化得到N为，N中羟基与相邻碳上的H脱水得到P。
12． B 温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降 Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降 0.012
【分析】向KOH溶液中通入Cl2发生歧化反应生成KClO以及KCl，KCl对于后续合成高铁酸钾没有帮助，因此在第二步加入KOH固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，开始反应生成K2FeO4；题干中指出，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会分解，并且Fe3+会催化该反应，因此，加硝酸铁时，量不能过多，避免Fe3+浓度过高，使K2FeO4分解；题干中还指出，KClO不稳定，因此在步骤三中，温度要控制得当，过低时反应速率太慢，过高时会加剧KClO分解，也不利于制备。
【详解】(1)浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，由于高锰酸钾易溶于水，所以可以认为是液体反应，因此装置A不可行；装置C中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C装置也不可行；故应选用B装置；
(2)第一步即向KOH溶液中通Cl2，发生的离子反应方程式为：；
(3)通过分析可知，第二步加KOH目的是除去KCl；
(4)通过分析可知，温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，ClO-浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降；
(5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降；
(6)由题可知，K2FeO4除Mn(+2价)时，K2FeO4和Mn(+2价)的物质的量之比为2:3；去除率为90%时，水体中的1.1gMn(+2价)被去除了0.018mol，所以消耗的K2FeO4的物质的量为0.012mol。
13． 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度高于750℃氧化钼易升华，所以钼的浸取率下降 2Co(OH)2+H2O2=2Co(OH)3 强氧化性 加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4
【分析】本流程中，先将钴钼废催化剂粉碎以加快焙烧速率，焙烧中主要是MoS2焙烧，反应为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，尾气中的SO2用Cl2的水溶液来吸收，转化为H2SO4，反应为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，焙烧后的固体中加入NaOH和H2O2后将Co和Fe转化为Co(OH)3和Fe2O3除去，过滤后得到滤液，向滤液中硝酸，将Mo转化为钼酸沉淀，然后过滤即可，解题过程中要密切关注题干提供的信息，据此分析解题。
【详解】(1)①由题干信息可知钴钼废催化剂主要成分MoS2，故将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼的反应化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
②由题干信息可知氧化钼的熔点795℃，具有易升华的性质，故反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度高于750℃氧化钼易升华，所以钼的浸取率下降，故答案为：反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度高于750℃氧化钼易升华，所以钼的浸取率下降；
③氯氧化法吸收SO2废气，可制备硫酸的反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，实际生产中，每小时向反应塔中通入含1%SO2的烟气11200m3(折合成标准状况)，故每小时通入烟气中含有SO2的物质的量为：，从反应塔中排出SO2和Cl2的排放量分别为a kg/h和b kg/h时，故被吸收的SO2的物质的量为：(5000-)mol，根据反应可知，参与反应的Cl2的物质的量为：(5000-)mol，故反应塔中通入Cl2的量为kg/h，故答案为：；
(2)碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀，该反应的反应物为Co(OH)2和H2O2，生成物为Co(OH)3，故反应的化学方程式为：2Co(OH)2+H2O2=2Co(OH)3，故答案为：2Co(OH)2+H2O2=2Co(OH)3；
(3)选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，即浓硝酸能够将体系中还原性强的物质给氧化，避免去还原Mo(VI)，故利用了浓硝酸的强氧化性，故答案为：强氧化；
(4)由Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线图可知，温度高于40℃时析出无水Na2SO4，而低于40℃时析出Na2SO4•10H2O，由此确定从母液中获得无水Na2SO4的操作为加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4，故答案为：加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4。
14．(1)萃取分液
(2) ＋3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素
(3)4～7
(4) 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。
（2）①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。
（3）据已知信息， ，则溶液2中 时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。
（4）①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。
（5）从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
15．(1) 2
(2) 减小 Cu—N
(3) Zr 8
【详解】（1）由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：2；sp2；sp3；
（2）①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；
②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性，故答案为：减小；
③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，故答案为：Cu—N；
（3）①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，故答案为：Zr；8；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得ρ=，故答案为：。
北京市丰台区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·北京丰台·统考一模）乙醇俗称酒精，在生活中使用广泛。
资料1：乙醇分子有两个末端，一端是憎水（易溶于油）的—C2H5；一端是亲水（易溶于水）的—OH。
资料2：破坏蛋白质分子中形成蜷曲和螺旋的各种力，使长链舒展、松弛，可导致蛋白质变性。
资料3：水分子可以松弛蛋白质外部亲水基团之间的吸引力，而—OH不能；—C2H5可以破坏蛋白质内部憎水基团之间的吸引力。
（1）乙醇的结构及性质
①1mol乙醇分子中的极性共价键有___________mol。
②从结构角度解释乙醇的沸点比乙烷高的原因____________________ 。
（2）乙醇的用途
①医用酒精（75%）制备过程与制酒的过程类似，不能饮用，但可接触人体医用。
结合题中资料，下列说法正确的是________________（填字母）。
a．糖化、发酵的过程均含有化学变化
b．获得医用酒精常采用的分离提纯方法是蒸馏
c．浓度99%的酒精消毒杀菌效果一定大于75%的酒精
②乙醇是一种很好的溶剂，在油脂的皂化反应中，加入乙醇可加快反应速率，其原因是 ______________ 。
（3）乙醇的工业制取
乙醇的工业制取方法很多，由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。下图是由二氧化碳合成乙
醇的工艺流程。
该流程中能循环使用的物质是_________________________。
2．（2021·北京丰台·统考一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为____ g/mL。
二、实验题
3．（2020·北京丰台·统考一模）某小组探究酸化条件对0.1mol/LKI溶液氧化反应的影响。
序号
操作及现象
实验1
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验2
取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
（1）溶液变蓝，说明溶液中含有____________ 。结合实验1和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I-氧化反应的速率。
（2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/LKI溶液成分与新制0.1mol/LKI溶液可能存在差异，并继续进行探究。
实验3：取新制0.1mol/LKI溶液在空气中放置，测得pH如下：
时间
5分钟
1天
3天
10天
pH
7.2
7.4
7.8
8.7
资料：
ⅰ．pH＜11.7时，I－能被O2氧化为I。
ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶5。
①用化学用语，解释0.1mol/LKI溶液放置初期pH升高的原因：_________________________________________________________。
②对比实验1和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是_____________________________________________________________________________________。
（3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号
操作
现象
实验4
重复实验2操作后，继续向溶液中加入 ________________。
溶液立即变蓝
（4）该组同学想进一步探究pH对I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。
实验5：用20mL 4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如下：
实验组
A
B
C
D
pH
11.4
10.6
9.5
8.4
现象
无颜色变化
产生蓝色后瞬间消失
产生蓝色，30s后蓝色消失
从实验5可以看出pH越大，歧化反应速率越_______________（填“快”或“慢”）。
解释pH＝8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：_________________________。
4．（2021·北京丰台·统考一模）保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
(1)补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_____+CO2+_____，_______。
(2)实验中采用80%甲醇水溶液的目的是______。
(3)反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法____。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
II.工业制法
(4)用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式___。
III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
(5)用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程_______。
(6)当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是_______。
5．（2021·北京丰台·统考一模）某小组为探究Mg与NH4Cl溶液反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5g，分别加入到选取的实验试剂中。
资料：①CH3COONH4溶液呈中性。
②Cl-对该反应几乎无影响。
实验
实验试剂
实验现象
1
5mL蒸馏水
反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为H2)
2
5mL 1.0 mol/L NH4Cl溶液(pH=4.6)
剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，检验方法是____。用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为H2。
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀。推测沉淀中含有____，灰白色固体可能是____(填化学式)。
(3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H+)大，与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是_____。
(4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验
实验装置
3
①试剂X是_______。
②由实验3获取的证据为_______。
(5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。
实验
实验试剂
实验现象
4
5 mL NH4Cl乙醇溶液
有无色无味气体产生(经检验为H2)
依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是_______。
(6)由以上实验可以得出的结论是_______。
6．（2022·北京丰台·统考一模）实验室研究不同价态铜元素之间的转化。
Ⅰ．研究、的转化
(1)下列试剂能实现转化的是___________。
A．浓硝酸 B．硫黄 C．氯气
(2)两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是___________。
Ⅱ．研究的转化
已知：
为无色，在空气中极易被氧化为
物质
CuCl(白色)
CuI(白色)
(黑色)
CuS(黑色)
Ksp
实验如下：
实验a
实验b
现象：无明显变化
现象：产生白色沉淀
(3)实验a中反应难以发生的原因是___________。
(4)实验b中反应的离子方程式为___________。
(5)通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化
①甲预测的理由是___________。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是___________。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，___________，观察到___________，证明实验c中实现了转化。
(6)基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析与反应没有生成的原因___________。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是___________。
三、原理综合题
7．（2020·北京丰台·统考一模）加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。
（1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。
Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节pH小于5。
Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。
Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当吹出气体中H2S体积分数达到标准，即可停止吹气。
已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随pH变化情况如下图所示。
①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节pH＜5的原因是_______________________。
②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的pH为 ______时，需要更换NaOH溶液。
③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将Fe3+还原为Fe2+。将下述离子方程式补充完整：_______Fe3++______NH2OH·HCl=____Fe2++N2↑+________+_________+__________Cl-
（2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。
①写出反应池内发生反应的离子方程式_____________________________________。
②电解池中，阳极的电极反应为_____________________________________________。
8．（2022·北京丰台·统考一模）铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。
Ⅰ.研究铁的腐蚀
实验步骤如下：
步骤1：将铁粉放置于0.002 溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。
步骤2：向15.00 mL 1 NaCl溶液(用盐酸调pH=1.78)中加入浸泡过的Fe粉。
步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。
(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为___________。
(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。
①选取b点进行分析，经检验溶液中含有，写出Fe被腐蚀的总反应___________。
②取b点溶液向其中滴加KSCN无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。写出b点被氧化的离子方程式___________。
③依据b点发生的反应，分析第二阶段pH上升的原因是___________。
Ⅱ．研究铁的防护
(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀
已知：放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。
①镀件Fe应与电源的___________相连。
②向电解液中加入NaCN溶液，将转化为，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是___________。
(4)电镀后的废水中含有，一种测定其含量的方法是：取废水50 mL，再加KI溶液1 mL，用c 溶液滴定，消耗溶液V mL。已知：(无色) ， 。
①滴定终点的现象是___________。
②废水中的含量是___________(填计算式)。
四、有机推断题
9．（2020·北京丰台·统考一模）有机物K是一种化工原料，其合成路线如下：
已知：i：
ii：
iii：（R1为烃基）
（1）按照官能团分类，A的类别是_______________________。
（2）C分子中只有一种类型的氢原子，B→C的化学方程式是_____________________。
（3）已知D的核磁共振氢谱有2个峰，1molD与足量Na反应可生成1molH2，写出D→E的化学方程式是 ___________________________ 。
（4）G的结构简式是___________________________。
（5）由F制备G，产物G与CO2物质的量之比为___________________________。
（6）M是G的同分异构体，写出符合下列条件的M的结构简式_________________。
a．能与NaHCO3反应产生气泡
b．能发生银镜反应
（7）写出结构简式：I _____________、J _________________ 。
10．（2021·北京丰台·统考一模）有机化合物M是某抗高血压药物的中间体，其合成路线如图：
已知：
i.
ii.
iii.
(1)A→B的反应类型是_______。
(2)C中含有的官能团名称是_______。
(3)J中只含有一种官能团，J的名称是_______。
(4)G与K反应生成M的化学方程式是_______。
(5)C→D转化的路线如图：，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，中间产物1和2的结构简式分别为_______、_______。
(6)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式_______(任意1种即可)。
a．与NaHCO3反应放出CO2
b．硝基与苯环直接相连
c．分子中只有4种不同化学环境的氢原子
11．（2022·北京丰台·统考一模）某喹啉类化合物P的合成路线如下：
已知：
(1)A为链状，按官能团分类，其类别是___________。
(2)B→C的反应方程式是___________。
(3)C→D所需的试剂a是___________。
(4)下列关于E的说法正确的是___________。
A．能发生银镜反应
B．能发生氧化、消去、加聚反应
C．核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2：2：3
D．1 mol E可以与6 mol 发生反应
(5)G的结构简式为___________。
(6)H→I的反应类型为___________。
(7)由I和E合成P的流程如下，M与N互为同分异构体，写出J、M、N的结构简式：___________、___________、___________。
五、工业流程题
12．（2020·北京丰台·统考一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。
资料：
ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2，且﹢3价铁能催化该反应。
ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO2KCl＋O2。
（1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。
（2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。
（3）加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。
（4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示：
请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。
（5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示：
当Fe3+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是：_________________________________________。
（6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn(＋2价），生成Mn（＋4价）和Fe（＋3价）。一定条件下，除去水体中1.1gMn（＋2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾的物质的量为______mol。
13．（2021·北京丰台·统考一模）合成氨工业产生的钴钼废催化剂(主要成分MoS2、CoO、Fe2O3等)是一种相当宝贵的二次资源。用碱浸法处理钴钼废催化剂的工艺流程如下：
资料①氧化钼(MoO3)：熔点795℃。易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。
②钼酸(H2MoO4)：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化钼酸盐溶液而制得。
(1)焙烧：
①将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，写出反应的化学方程式_______。
②解释钼浸取率随焙烧温度变化的原因是_______。
③氯氧化法吸收SO2废气，可制备硫酸。实际生产中，每小时向反应塔中通入含1%SO2的烟气11200m3(折合成标准状况)，从反应塔中排出SO2和Cl2的排放量分别为a kg/h和b kg/h时，反应塔中通入Cl2的量为_______kg/h。
(2)碱浸：
碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀。写出反应的化学方程式_______。
(3)酸沉：传统工艺中酸沉多在不锈钢离心机中进行。文献记载，选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，利用了浓硝酸的_______性。
(4)从母液中获得无水Na2SO4的操作是_______。
14．（2022·北京丰台·统考一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：常温下，
(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。
(2)①中As的化合价为___________。
②步骤ⅱ中的作用是___________。
(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为___________。
(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。
(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。
六、结构与性质
15．（2022·北京丰台·统考一模）金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取的流程如下：
(1)有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有___________种，N、O杂化轨道类型分别为___________、___________。
(2)W可与形成化合物Q，其结构如下所示：
①基态的价电子排布式为___________。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
③W与之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是___________键(填“Cu—O”或“Cu—N”)。
(3)有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂晶体的晶胞示意图如下：
①Y原子为___________(填元素符号)。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有___________个。
②该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度___________(列出计算式，的摩尔质量为123 )。
参考答案：
1． 7 乙醇分子中含有羟基，分子之间能形成氢键 ab 增大反应物的接触几率或接触面积 K2CO3或碳酸钾
【详解】(1)①乙醇分子的结构式为：，分子中含有7个极性共价键，因此1mol乙醇，含有7mol极性键；
②乙醇的分子中含有羟基，因此乙醇分子之间可以形成氢键，所以沸点比乙烷高；
(2)①a．糖化的过程即淀粉转变为葡萄糖的过程，发酵的过程即葡萄糖转变为乙醇的过程，因此均含有化学变化，a项正确；
b．医用酒精可采用蒸馏的方法分离提纯，b项正确；
c．浓度75%的酒精杀菌消毒效果最好，c项错误；
答案选ab；
②油脂皂化即油脂在碱性条件下的水解反应，由于油脂与NaOH水溶液不互溶，所以二者混合不充分会导致反应速率较慢，若加入乙醇，则可利用乙醇亲水又亲油的结构特点，使二者混合更充分，进而提高反应速率；
(3)向吸收池中通入含CO2的空气后，会使吸收池中的K2CO3转化为KHCO3；向分解池中通高温水蒸气，将CO2提取出的同时，也使得KHCO3又转化为K2CO3；随后CO2在合成塔中与H2反应生成乙醇；综上所述，K2CO3在流程中再生，因此可以循环利用。
2． 4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 MnO2+SO2MnSO4 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生 55 c(V1-V0)×10-3
【详解】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
3． I2或碘单质 2H2O+4I-+O2=2I2+4OH- IO3-+5I-+6H+=3H2O+3I2，该反应的速度快 少量KIO3固体 快 pH＝8.4时，同时发生了：碘与淀粉变蓝和碘单质与氢氧化钾的歧化反应。由于碘与淀粉变蓝反应快，所以先产生蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质浓度降低，蓝色消失
【分析】由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化为I2，通过书写反应的方程式可知，这会导致溶液的碱性逐渐增强；又因为，一定碱性条件下，I2容易发生歧化反应，生成和I-；那么长时间放置KI溶液，溶液中会含有和I-，这两种离子发生归中反应生成I2的速率较快，应该就是实验1中酸化后溶液更迅速变蓝的原因。为了进一步验证上述猜想，设计实验4时，就要验证的存在对于溶液变蓝速率的影响。实验5的设计是为了验证pH对I2歧化速率的影响，分析几组平行实验的现象差异即可得出相关的结论。
【详解】(1)淀粉遇I2会变蓝，因此溶液变蓝说明其中含有I2；
(2)①由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化，所以反应初期pH升高，相关的方程式为：；
②通过分析可知，相比于实验2，实验1中的溶液加酸后迅速变蓝，原因是的反应速率更快；
(3)通过分析可知，为了验证题目(2)②的猜想，需要向溶液中加入KIO3固体；
(4)通过分析四组平行实验的现象差异可知，pH越大，歧化反应速率越大，加入碘水后越难观察到溶液变蓝的现象；pH=8.4时，溶液先产生蓝色，是因为碘单质与淀粉相互作用导致的，在较弱的碱性条件下，I2的歧化反应进行的较慢，因此经过一段时间后，I2逐渐歧化反应消耗完全，蓝色才逐渐褪去。
4． HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O 溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率 b 2+2e-+2H+=+2H2O H2O22∙OH Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【详解】
I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2+2e+2H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O22∙OH，故答案为：H2O22∙OH；
(6) Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
5． 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 Cl- Mg(OH)Cl +H2O⇌NH3·H2O+H+ 5mL 1.0 mol/L CH3COONH4 两试管反应剧烈程度相当 取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化 NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大
【分析】本题主要是对Mg与NH4Cl溶液反应机理进行实验探究，探究了反应得到的灰白色固体的成分，以及进行几组对照实验来探究该反应的机理，最后得出NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大的结论，解题过程中要密切关系题干信息，时刻注意对照实验仅能改变一个变量的思想，试题总体难度较大。
【详解】(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，由于NH3易溶于水且水溶液显碱性，故检验方法是将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝；
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊，说明灰白色固体表面没有能使AgNO3溶液变浑浊的杂质，将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明灰白色沉淀中含有Cl-，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-，和化学式中化合价代数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl，故答案为：Cl-；Mg(OH)Cl；
(3) NH4Cl是一种强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律可知，NH4Cl溶液显酸性，反应的离子方程式为：+H2O⇌NH3·H2O+H+，故答案为：+H2O⇌NH3·H2O+H+；
(4)①由上述(3)分析可知，NH4Cl溶液因水解呈酸性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即且溶液显中性的试剂，由题干信息可知，试剂X是5mL 1.0 mol/L CH3COONH4，故答案为：5mL 1.0 mol/L CH3COONH4；
②乙同学通过实验3来证明甲同学的说法是不合理的，故由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当，故答案为：两试管反应剧烈程度相当；
(5)依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成H2，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充对照实验，在无的情况下是否也能与Mg放出H2，以及反应剧烈程度，故实验方案为取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化，故答案为：取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化；
(6)由对照实验(4)(5)分析可知，NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大，故答案为：NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大。
6．(1)B
(2)都具有氧化性，但氧化性强弱不同
(3)反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和
(4)
(5) 具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀 可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu 洗涤沉淀物，向其中加入氨水 观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色
(6) 与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应 按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。
【分析】氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。
（1）
实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，故选B。
（2）
、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。
（3）
据已知 ，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。
（4）
实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。
（5）
①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；
③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。
（6）
①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。
。
7． 可将硫元素全部转化为H2S吹出 9~11均可 2 2 2 4H+ 2H2O 2 2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+ Fe2+-e-= Fe3+
【分析】测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中H2S以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将其pH调至小于5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的情况可知，pH小于5时，含硫微粒几乎只有H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的H2S吹扫出去，从而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用NaOH溶液吸收吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的图象分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量开始快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采用的是电解的方式实现的；那么产生H2的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳极区；由图可知，H2S是在反应池中被氧化为S单质，那么Fe3+则在反应池内被还原为Fe2+；将含有Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将Fe2+再次氧化为Fe3+，实现再生后，再次通入反应池中使用。
【详解】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为H2S以便利用N2将其吹出；
②通过分析可知，务必要在吸收液的pH降至9以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；
③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的N原子发生升价从-1价升高至0价，而Fe3+发生降价从+3价降低至0价；因此最终的离子方程式为：；
(2)①通过分析可知，反应池内Fe3+将H2S氧化，离子方程式为：；
②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是Fe2+的氧化反应，电极反应式为：。
8．(1)
(2) 相同时间内，铁被氧化成消耗的量大于被氧化成产生的量
(3) 负极 通过反应降低，使得放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用
(4) 溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点
【详解】（1）由题意可知，第一阶段铁铜在氯化钠酸性溶液中构成原电池发生析氢腐蚀，铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故答案为：；
（2）①由题意可知，b点铁铁铜在氯化钠溶液中构成原电池发生发生吸氧腐蚀，总反应为酸性条件下铁与氧气和水反应生成亚铁离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由b点溶液中滴加硫氰化钾溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红可知，铁发生吸氧腐蚀生成的亚铁离子在溶液中与空气中的氧气反应生成氢氧化铁胶体和氢离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
③由b点铁发生吸氧腐蚀生成亚铁离子和溶液中亚铁离子被氧化生成氢氧化铁胶体的反应方程式可知，相同时间内，铁被氧化生成亚铁离子消耗氢离子的量大于亚铁离子被氧化成氢氧化铁胶体生成氢离子的量导致溶液的pH增大，故答案为：相同时间内，铁被氧化成消耗的量大于被氧化成产生的量；
（3）①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌做电镀池的阳极，与负极相连的镀件铁做阴极，故答案为：负极；
②电镀时，向硫酸锌电解液中加入氰化钠溶液，溶液中存在如下平衡，溶液中锌离子浓度减小，使得锌离子在阴极放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的锌离子，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，使得阴极的镀层更加致密、细腻，故答案为：通过反应降低，使得锌离子放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用；
（4）①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应时，滴入最后一滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且沉淀不溶解时说明滴定达到终点，故答案为：溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点；
②由终点时滴定消耗VmLcmol/L氰化钠溶液可知， 50 mL废水中氰酸根离子的浓度为=g/L，故答案为：。
9． 烯烃 2O22+2H2O +2H2O 1∶2
【分析】由E和G反应生成的H的结构特点推测，其发生的是已知信息中的反应ⅰ；因此，根据E和G的分子式推测，E的结构为，G的结构为；由D生成E，分子式中少了4个H原子和2个氧原子，又因为1molD能够和足量的Na反应生成1molH2，所以推测D中含有2个羟基，D生成E即发生消去反应；又因为D的结构中含有2种等效氢原子，所以结合E的结构推测，D的结构为；由C的分子式可知，C中含有一个不饱和度，又因为C的结构中仅有一种等效氢原子，所以结合D的结构推测，C的结构为；由B的分子式可知，B为饱和结构，由B生成C分子中少了2个氢原子和1个氧原子；因此推测B生成C发生的是醇的催化氧化，所以B为；那么A生成B发生的即为加成反应，A为；由I生成J的条件可知，发生的是已知信息中的反应ⅱ，反应结束后碳碳双键断裂，生成羰基；由J生成K的条件可知，发生的是已知信息中的反应ⅲ，那么J的结构中除了含有羰基外还含有酯基，因此由H生成I的反应，则在分子结构中引入了酯基，所以推测I的结构为，那么J的结构为，J再经过反应最终得到产物K。
【详解】(1)通过分析可知，A为丙烯，属于烯烃；
(2)通过分析可知，B生成C发生的即醇的催化氧化反应，B的结构为，所以反应的方程式为：2O22+2H2O；
(3)通过分析可知D的结构为，D生成E发生的即醇的消去反应，方程式为：+2H2O；
(4)通过分析可知，G的结构为；
(5)F的分子中含有6个碳原子，由F生成的G中含有4个碳原子，因此生成G和CO2的物质的量之比为1:2；
(6)通过分析可知G的结构为，其同分异构体M能与NaHCO3反应放出气体，所以M的结构中一定含有羧基；M还能发生银镜反应，所以M的结构中一定含有醛基；所以M的结构中就只剩下两个碳原子，并且还要保证M的不饱和度为4，所以这两个碳原子只能形成碳碳三键；综上所述，M的结构为：；
(7)通过分析可知，I的结构为，J的结构为；
【点睛】在书写有机物的符合特定要求的同分异构体时，可以先计算有机物的不饱和度，再依次统计C，O，N等原子的个数；结合题干中给出的关于同分异构体性质和结构的描述，推测有机物中可能含有的基团；然后再统计形成这些基团所需的C，O，N等原子个数以及具有的不饱和度，得出剩余的未被使用的C，O，N等原子以及不饱和度；再对上述的C，O，N以及不饱和度进行合理的组合即可。
10． 取代反应 硝基、酯基 丁二酸二甲酯 +HOOCCH2CH2COOH +H2O 或
【分析】分析题干合成流程图，由A的分子式和D的结构简式可推知A为：，根据苯酚邻对位上的H比较活泼，推知B的结构简式为：，结合C的分子式和题干信息i可推知C的结构简式为：，由E的分子式结合D到E的反应条件可推知，E的结构简式为，分析E和F的分子式可知，二者相差2个H和1个O，故推知F的结构简式为：，由G的分子式并结合信息ii可推知G的结构简式为：，由M的结构简式和G的结构简式可推知K的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，再结合J的分子式和J到K的转化条件可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，据此分子解题。
【详解】(1)由分析可知，A→B即转化为，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(2)由分析可知，C的结构简式为：，故其中含有的官能团名称是硝基、酯基，故答案为：硝基、酯基；
(3)由分析可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，故J中只含有一种官能团的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，股J的名称是丁二酸二甲酯，故答案为：丁二酸二甲酯；
(4)由分析可知，G的结构简式为与K的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，反应生成M的结构简式为，故该反应的化学方程式是+HOOCCH2CH2COOH+H2O，故答案为：+HOOCCH2CH2COOH+H2O；
(5)由分析可知，C→D转化即转化为的路线如图：，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，故X的结构简式为：，结合信息iii可推知中间产物1和2的结构简式分别为、，故答案为： ；；
(6)由合成路线图中可知，E的分子式为：C11H13NO4，符合下列条件a．与NaHCO3反应放出CO2说明分子中含有羧基-COOH，b．硝基与苯环直接相连，c．分子中只有4种不同化学环境的氢原子说明分子高度对称，故符合条件的E的同分异构体的结构简式有：或，故答案为：或。
11．(1)烯烃
(2)
(3)
(4)CD
(5)
(6)还原
(7)
【分析】从H生成I，结合I的分子式可知，I的结构简式为；结合已知信息和C、D的分子式，D可由和在NaNH2作用下发生反应得到，则C为，试剂a是，D的结构简式为，故B的结构简式为，B在强碱醇溶液中消去HBr得到C，故A是CH2=CH-CH3，A与Br2发生加成得到B；D的分子式比E多两个H原子，则O2催化氧化使D的羟基生成酮基，得到E的结构简式为。
【详解】（1）据分析，A为链状，结构简式为CH2=CH-CH3，按官能团分类，其类别是烯烃；
（2）据分析，B是，在强碱的醇溶液中发消去反应，得到丙炔C，B→C的反应方程式是：；
（3）据分析，C→D是丙炔生成D，结合已知信息，所需的试剂a是；
（4）A.据分析，E的结构简式为，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；
B.含有碳碳叁键能发生氧化、加聚反应，从结构简式分析，不能发生消去反应，B错误；
C.该分子以苯环两支链为对称轴，具有不同化学环境的H原子有4中，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:3，C正确；
D.E分子中含有碳碳叁键可加成2分子H2，苯环可加成3分子H2，酮基可加成1分子H2，故1 mol E可以与6 mol 发生反应，D正确；
故选CD；
（5）从H的结构简式逆推可知，H由G取代-NO2得到，G的结构简式为；
（6）据分析，H中的-NO2转化为-NH2得到I，H→I的反应类型为还原反应；
（7）由已知信息和I、E结构简式分析，I、E加成得到J，J为，J中醛基与H2加成得到M为，M异构化得到N为，N中羟基与相邻碳上的H脱水得到P。
12． B 温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降 Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降 0.012
【分析】向KOH溶液中通入Cl2发生歧化反应生成KClO以及KCl，KCl对于后续合成高铁酸钾没有帮助，因此在第二步加入KOH固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，开始反应生成K2FeO4；题干中指出，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会分解，并且Fe3+会催化该反应，因此，加硝酸铁时，量不能过多，避免Fe3+浓度过高，使K2FeO4分解；题干中还指出，KClO不稳定，因此在步骤三中，温度要控制得当，过低时反应速率太慢，过高时会加剧KClO分解，也不利于制备。
【详解】(1)浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，由于高锰酸钾易溶于水，所以可以认为是液体反应，因此装置A不可行；装置C中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C装置也不可行；故应选用B装置；
(2)第一步即向KOH溶液中通Cl2，发生的离子反应方程式为：；
(3)通过分析可知，第二步加KOH目的是除去KCl；
(4)通过分析可知，温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，ClO-浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降；
(5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降；
(6)由题可知，K2FeO4除Mn(+2价)时，K2FeO4和Mn(+2价)的物质的量之比为2:3；去除率为90%时，水体中的1.1gMn(+2价)被去除了0.018mol，所以消耗的K2FeO4的物质的量为0.012mol。
13． 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度高于750℃氧化钼易升华，所以钼的浸取率下降 2Co(OH)2+H2O2=2Co(OH)3 强氧化性 加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4
【分析】本流程中，先将钴钼废催化剂粉碎以加快焙烧速率，焙烧中主要是MoS2焙烧，反应为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，尾气中的SO2用Cl2的水溶液来吸收，转化为H2SO4，反应为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，焙烧后的固体中加入NaOH和H2O2后将Co和Fe转化为Co(OH)3和Fe2O3除去，过滤后得到滤液，向滤液中硝酸，将Mo转化为钼酸沉淀，然后过滤即可，解题过程中要密切关注题干提供的信息，据此分析解题。
【详解】(1)①由题干信息可知钴钼废催化剂主要成分MoS2，故将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼的反应化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
②由题干信息可知氧化钼的熔点795℃，具有易升华的性质，故反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度高于750℃氧化钼易升华，所以钼的浸取率下降，故答案为：反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度高于750℃氧化钼易升华，所以钼的浸取率下降；
③氯氧化法吸收SO2废气，可制备硫酸的反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，实际生产中，每小时向反应塔中通入含1%SO2的烟气11200m3(折合成标准状况)，故每小时通入烟气中含有SO2的物质的量为：，从反应塔中排出SO2和Cl2的排放量分别为a kg/h和b kg/h时，故被吸收的SO2的物质的量为：(5000-)mol，根据反应可知，参与反应的Cl2的物质的量为：(5000-)mol，故反应塔中通入Cl2的量为kg/h，故答案为：；
(2)碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀，该反应的反应物为Co(OH)2和H2O2，生成物为Co(OH)3，故反应的化学方程式为：2Co(OH)2+H2O2=2Co(OH)3，故答案为：2Co(OH)2+H2O2=2Co(OH)3；
(3)选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，即浓硝酸能够将体系中还原性强的物质给氧化，避免去还原Mo(VI)，故利用了浓硝酸的强氧化性，故答案为：强氧化；
(4)由Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线图可知，温度高于40℃时析出无水Na2SO4，而低于40℃时析出Na2SO4•10H2O，由此确定从母液中获得无水Na2SO4的操作为加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4，故答案为：加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4。
14．(1)萃取分液
(2) ＋3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素
(3)4～7
(4) 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。
（2）①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。
（3）据已知信息， ，则溶液2中 时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。
（4）①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。
（5）从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
15．(1) 2
(2) 减小 Cu—N
(3) Zr 8
【详解】（1）由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：2；sp2；sp3；
（2）①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；
②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性，故答案为：减小；
③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，故答案为：Cu—N；
（3）①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，故答案为：Zr；8；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得ρ=，故答案为：。
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北京市延庆区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题： 这是一份北京市延庆区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共48页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，有机推断题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
