北京西城区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份北京西城区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共34页。试卷主要包含了工业流程题，有机推断题，原理综合题，实验题，结构与性质，填空题等内容，欢迎下载使用。

北京西城区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、工业流程题
1．（2021·北京西城·统考二模）草酸(H2C2O4)是二元弱酸，其工业合成方法有多种。
I.甲酸钠钙化法

(1)CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠(HCOONa)，化学方程式是_______。
(2)“加热”后，甲酸钠脱氢变为草酸钠。则“钙化”时，加入的试剂a是_______。
(3)若将草酸钠直接用H2SO4酸化制备草酸，会导致结晶产品不纯，其中含有的杂质主要是_______。
(4)“酸化”过程中加入H2SO4的目的是_______。
II.一氧化碳偶联法
分三步进行：
i.偶联反应：
ii.水解反应：……
iii.再生反应：4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O
(5)酸性条件下，“水解反应”的化学方程式是_______。
(6)从原子经济性的角度评价偶联法制备草酸的优点是_______。
2．（2021·北京西城·统考二模）菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含有FeCO3、CaCO3、MgCO3等杂质。工业上采用硫酸铵焙烧菱锰矿法制备高纯MnCO3，流程如下图：

已知：
I.金属碳酸盐和硫酸铵混合粉末在加热条件下反应，生成硫酸盐、NH3和CO2。
II.溶液中金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀pH
1.5
6.3
8.2
8.9
11.9
完全沉淀pH
2.8
8.3
10.2
10.9
13.9
(1)步骤1中MnCO3与(NH4)2SO4反应的化学方程式是_______。
(2)步骤2和3中加入MnO2固体、调节pH的目的分别是_______。
(3)上述流程中可以再利用的物质有_______。
a.(NH4)2SO4 b.NH3 c.CO2
(4)MnCO3可用于制备苯甲醛，流程如下：

已知：甲苯难溶于水，密度小于水，沸点为110.4oC；苯甲醛微溶于水，易溶于甲苯，沸点为179℃。
①MnCO3在空气中加热的化学方程式是_______。
②操作1是_______；操作2是_______。
③该方法制备1.06kg苯甲醛，则理论上消耗Mn2O3_______kg[M(Mn2O3)=158g/mol；M(苯甲醛)=106g/mol]。
3．（2023·北京西城·统考二模）对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是﹣2价)进行处理，防止污染环境。
已知：i．﹣2价硫元素易被氧化为S或
ii．在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体
iii．、、在水溶液中的物质的量含物分数随pH的分布曲线如图

(1)沉淀法处理含硫废水
向pH≈10的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。
①pH≈10的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是___________。
②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因：___________。
③初始pH=10时，除硫效果好。初始pH<4，硫的沉淀率很低，原因是___________。
(2)氧化法处理含硫废水
向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。
①根据电离常数计算溶液中___________：1。
②再加入0.15mol/L溶液，溶液的pH变化如图。结合离子方程式解释10min后pH减小的原因：___________。

(3)处理后的废水中残留﹣2价硫元素含量的测定

已知：、
①处理后的废水中﹣2价硫元素的含量是___________mg/L。
②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，使测得的﹣2价硫元素含量___________(填“偏大”或“偏小”)。

二、有机推断题
4．（2021·北京西城·统考二模）他莫昔芬可用于治疗某些癌症，中间体K的合成路线如下：

已知：
(1)A为芳香族化合物，A的同系物中相对分子质量最小的物质是_______。
(2)B→C的化学方程式是_______。
(3)D中含有的官能团是_______。
(4)试剂X的分子式为C2H4Br2，试剂Y的分子式为C2H7N。下列说法正确的是_______(填序号)。
A．1 mol F最多能与3 mol H2发生加成反应
B．G核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2
C．试剂X的名称为1，1-二溴乙烷
(5)K的结构简式是_______。
(6)由K可通过如下过程合成他莫昔芬：

①M的结构简式是_______。
②L→他莫昔芬的反应类型是_______。
5．（2022·北京西城·统考二模）香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。

已知：
ⅰ. +H2O
ⅱ.—CHO+ +H2O
ⅲ.R1—CH=CH-R2+R1COOH+R2COOH
(1)A→B的化学方程式是_______。
(2)D的分子式是_______。
(3)条件①是_______。
(4)F的结构简式是_______。
(5)1mol J可以生成2mol K，J的结构简式是_____。
(6)下列说法不正确的是_______(填序号)。
a.可以用酸性溶液鉴别E和G
b.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应
c.1mol P最多可以和5mol 反应
(7)M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。

①R的结构简式是_______。
②R→P的化学反应类型是_______。
6．（2023·北京西城·统考二模）瑞马唑仑是我国自主研发的小分子镇静药物，用于常规胃镜检查，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。

已扣：i．
ii．
(1)A能使的溶液褪色，A分子含有的官能团是___________。
(2)B中含有醛基，A→B的反应类型是___________。
(3)D→E的化学方程式是___________。
(4)E的同分异构体中，能发生水解反应的顺式同分㫒构体的结构简式是___________。
(5)F分子中苯环上有2种氢原子，生成G的化学方程式是___________。
(6)J的结构简式是_______。
(7)从K到M的合成路线如下。

R的结构简式是___________。

三、原理综合题
7．（2021·北京西城·统考二模）利用工业废渣DSS，其主要成分为FeS、Fe2(SO4)3、FeSO4等，制备无机高分子絮凝剂――聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)()]m。
(1)Na2S2O8为氧化剂处理DSS制备Fe2(SO4)3，反应过程如下：(硫酸根自由基)+Fe3+，反应②的离子方程式是_______。
(2)Fe2(SO4)3经水解、聚合两步连续反应制得聚合硫酸铁。
①水解反应：_______(离子方程式)。
②聚合反应：mFe2(OH)n(SO4)()=[Fe2(OH)n(SO4)()]m
(3)测定并改进聚合硫酸铁絮凝剂的性能
①表征聚合硫酸铁絮凝剂性能的重要指标是盐基度(OH-与Fe3+的物质的量比值)，盐基度越大絮凝效果越好。测定某聚合硫酸铁样品盐基度的方案如下，请补全步骤并计算。
资料：KF溶液可以掩蔽Fe3+使其不与OH-反应。
取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，_______，滴入酚酞溶液，用c2mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为V2mL；另取ag样品，测得Fe3+的物质的量为bmol。该样品的盐基度为_______(列出表达式)。
②某小组利用如图电解装置来提高聚合硫酸铁的盐基度。A是聚合硫酸铁溶液，B是提高盐基度后的聚合硫酸铁溶液。

i.离子交换膜是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
ii.简述反应室中提高盐基度的原理：_______。
8．（2022·北京西城·统考二模）处理再利用H2S有多种方法。
(1)碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。

Ka1
Ka2
H2S
1.1×10-7
1.3×10-13
H2CO3
4.5×10-7
4.7×10-11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：____。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是____。
(2)热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应2H2S(g)S2(?)+2H2(g)。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如图。

①P3>P2>P1，反应中S2____(填‘“是”或“不是”)气态，理由是____。
②实际反应在高温下进行的原因是____。
(3)间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。

①溶液X的主要溶质是____。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：____。
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成____gH2。

四、实验题
9．（2021·北京西城·统考二模）某实验小组探究盐溶液对弱电解质的电离及难溶电解质的溶解的影响。
文献指出：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。
(1)对弱电解质Fe(SCN)3的电离的影响。

资料：i.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当。
ii.Fe2++2SCN-⇌Fe(SCN)2(无色)；Mg2+与SCN-不反应。
①加入0.5mLH2O的目的是_______。
②对比a、b中的现象，得出的结论是_______。
③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：_______。
(2)对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。
ⅰ

ⅱ

资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。
对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：
A．……
B．溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解。
设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。
①假设A是____。
②对比实验ⅲ的步骤和现象：____(按实验ⅱ的图示方式呈现)。
(3)通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过____、___可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。
10．（2022·北京西城·统考二模）向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。
变化曲线
实验现象

i.A→B产生红褐色沉淀ii.B→C红褐色沉淀的量增多
iii.C→D红褐色沉淀的量增多
iv.D点附近产生有刺激性气味的气体
v.D→E红褐色沉淀的量略有增多
资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11
ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39
(1)Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是____。
(2)A点溶液的pH约为13，主要原因是____。
(3)结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：____。
(4)NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

①M点溶液含氯的微粒有____。
②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是____。
(5)检验iv中气体的方法是____。
(6)A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是____。
(7)整个滴加过程中发生的反应与____、微粒的浓度等有关。
11．（2022·北京西城·统考二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
12．（2023·北京西城·统考二模）小组同学探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化。
资料：(绿色)、(灰绿色，不溶于水)、(橙色)、(黄色)、(砖红色，难溶于水)
实验Ⅰ：向2mL0.1mol/L溶液中滴入2mL3%溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶液a，加入溶液，未观察到砖红色沉淀。
实验Ⅱ：向溶液a中加入2mL10%NaOH溶液，产生少量气泡，水浴加热，有大量气泡产生，经检验气体为，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH约为3，再加入溶液，有砖红色沉淀生成。
(1)实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___________。
(2)甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因是将+3价铬元素氧化为，乙同学认为该说法不严谨。
①乙的理由是___________。
②设计实验否定了乙的猜想，___________(填操作)，溶液未变成黄色。
(3)对比实验I和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对+3价铬元素或性质的影响。
①提出假设：
假设a：碱性增强，的氧化性增强
假设b：___________。
②参与的电极反应式是___________，据此分析，假设a不成立。
③设计实验证实假设b，画出实验装置图(注明试剂)并写出实验操作和现象___________。
实验Ⅲ：向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3%溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成。
(4)实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是___________。
(5)综上，在+3价铬元素和+6价铬元素相互转化中的作用是___________。

五、结构与性质
13．（2022·北京西城·统考二模）MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。
(1)基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是____。
(2)MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O的结构如图。

①S2O中S—O—O____(填“是”或“不是”)在一条直线上。
②S2O中的O—O比H2O2中的更____(填“难”或“易”)断裂。
(3)一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。

①图中“●”代表的是____(填“Mn”或“O”)。
②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为____g·cm-3。
③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。

从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：____。该催化过程的总反应的化学方程式是____。

六、填空题
14．（2023·北京西城·统考二模）我国科学家发现催化剂可高效活化，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的倠化反应过程示意思如下。

(1)Fe元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)污染物X在电极a上的反应式是___________。
(3)科研团队研究了X分别为、和[也可以写作]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
①基态As原子的价层电子排布式是___________。
②中的键角___________(填“>”“<”或“=”)中的键角。
③的结构是 ，P原子的杂化轨道类型是___________。
(4)比较反应能力：___________(填“>”“<”或“=”)，原因是___________。
(5)晶胞的体积为，晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，一个晶胞中Fe原子的个数为___________(的摩尔质量：160g/mol)。
15．（2023·北京西城·统考二模）制备纳米Fe并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。
已知：i.纳米Fe具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层
ii.纳米Fe将还原为的转化关系如下：

(1)纳米Fe的制备原理：，其中电负性H>B．反应中，氧化剂是___________。
(2)酸性条件下，纳米Fe和反应生成和的离子方程式是___________。
(3)检验溶液中的操作和现象是___________。
(4)水体中含有的与反应，会降低的去除率。与反应的离子方程式是___________。
(5)溶液初始pH较低有利于的去除，可能的原因是___________(答1条)。
(6)反应结束时，溶液的pH升高至10左右。一段时间内，纳米Fe还原的产物分析如图。

注：i．氨氮包括、和
ii．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮
iii．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值
①溶液中只检出少量，从化学反应速率的角度解释原因：___________。
②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是___________。

参考答案：
1． CO+NaOHHCOONa Ca(OH)2(或CaO) Na2SO4 加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+ +2H2OH2C2O4+2CH3OH 总反应为：4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，是原子利用率为100%的反应
【分析】CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠，加热时甲酸钠脱氢变为草酸钠，加入试剂a钙化得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；草酸钙加入硫酸酸化生成硫酸钙沉淀和草酸，过滤后蒸发浓缩、冷却结晶得到草酸晶体。
【详解】(1)根据元素守恒可得该反应的化学方程式为CO+NaOHHCOONa；
(2)根据题意可知钙化后得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；
(3)硫酸钠易溶于水，所以溶液中混有大量硫酸钠，结晶时Na2SO4也会析出，即为杂质；
(4)酸化时加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+，从而使结晶得到草酸更纯净；
(5)酸性环境下草酸二甲酯水解得到草酸和甲醇，化学方程式为+2H2OH2C2O4+2CH3OH；
(6)将偶联法的三步反应相加可得总反应为4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，可知该反应的原子利用率达到100%。
2． MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O 加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去 abc 4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2 分液 蒸馏 3.16
【分析】菱锰矿粉与过量的硫酸铵粉末共热，得到MnSO4、FeSO4、CaSO4、MgSO4等物质的混合固体和CO2、NH3；将固体a加入硫酸溶液溶解，并加入MnO2作氧化剂，Fe2+被氧化为Fe3+，CaSO4微溶，所以过滤得到含有Mn2+、Fe3+、Mg2+等阳离子的溶液b，调节pH除去Fe3+得到Fe(OH)3，溶液c中还有Mn2+、Mg2+等，加入NH4F除去Mg2+得到MgF2沉淀，过滤后再向溶液d中通入NH3和CO2得到MnCO3，溶解时用的酸为硫酸，所以最终过滤得到的溶液e中主要含硫酸铵。
【详解】(1)根据题意可知MnCO3与(NH4)2SO4反应可得到MnSO4、CO2、NH3，根据元素守恒可得化学方程式为MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O；
(2)加入MnO2作氧化剂，将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，再调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)溶液e中主要含硫酸铵，处理得到硫酸铵粉末可以再利用，步骤1中产生的NH3和CO2可以在步骤5中再利用，故选abc；
(4)①根据流程可知MnCO3在空气中加热可以得到Mn2O3，应是被空气中的氧气氧化，根据电子守恒可知MnCO3和O2的系数比应为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2；
②酸性环境中Mn2O3将甲苯氧化为苯甲醛，苯甲醛易溶于甲苯，微溶于水，甲苯难溶于水，所以操作1应是分液，分离得到苯甲醛和甲苯；根据题目所给信息可知苯甲醛和甲苯的沸点差异较大，可以蒸馏分离，即操作2为蒸馏；
③根据电子守恒和元素守恒甲苯和Mn2O3反应的化学方程式应为C6H5CH3+2Mn2O3+8H+→C6H5CHO+5H2O+4Mn2+；1.06kg苯甲醛的物质的量为=10mol，所以理论上消耗20mol Mn2O3，质量为20mol×158g/mol=3160g=3.16kg。
3．(1) 存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低 ，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS) (2) 向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低
(3) 偏大

【详解】（1）①根据图中信息，当溶液的的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是：；
②存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低；
③，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS) （2）①根据如图，，，；
②向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低；
（3）①根据反应：、，﹣2价硫元素的物质的量为：，硫元素的含量为：；
②若溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，发生反应：，则I2氧化-2价硫过程中消耗I2物质的量增大，用溶液滴定过量I2时消耗溶液的体积V2减小，由可知，S2-的物质的量偏大，使测得的﹣2价硫元素含量偏大。
4． +NaOH+NaCl 羧基 AB 消去反应
【分析】芳香族化合物A分子式是C7H8，则A是，A与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生B：，B与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生C：，C催化氧化产生的D是，D与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E是。F分子式是C6H6O，根据物质转化过程中碳链结构不变，可知F是，F与Br2在有机溶剂中发生酚羟基对位上的取代反应产生G：，G与BrCH2CH2Br脱去HBr反应产生H：；H与HN(CH3)2发生反应产生I：；I在Mg/THF条件下反应产生J：，E与F反应产生分子式为C17H19O2N的物质K: 。
【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是，H是，I是；J是；K是，X是BrCH2CH2Br，Y是HN(CH3)2。
(1)A是，属于苯的同系物，A的同系物中相对分子质量最小的物质是；
(2)B是，B与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生C：和HCl，HCl与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，则反应的总方程式为：+NaOH+NaCl；
(3)D是，其中含有的官能团-COOH名称为羧基；
(4)试剂X是BrCH2CH2Br，试剂Y是HN(CH3)2。
A．F是，与足量的H2发生加成反应产生，则1 mol F最多能与3 mol H2发生加成反应，A正确；
B．G是，G分子中含有三种不同位置的H原子，三种H原子个数比为1∶2∶2，因此G的核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2，B正确；
C．试剂X是BrCH2CH2Br，根据卤代烃的系统命名方法可知：试剂X的名称为1，2-二溴乙烷，C错误；
故合理选项是AB；
(5)物质K结构简式是；
(6)根据K及他莫昔芬结构简式的不同，结合已知信息的反应，可知M结构简式是，M与Mg/THF发生反应产生N是，N与K发生信息反应产生L是，L与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生他莫昔芬：。故M结构简式是，L→他莫昔芬的反应类型是消去反应。
— CH3CH2CH — OH  —C—CH—CH2CH3
5．(1) +HNO3 +H2O
(2)
(3)NaOH水溶液，∆
(4)
(5)
(6)ac
(7) 加成反应

【分析】根据路线图，结合已知中的信息，本题采用逆合成分析法，由P逆向分析可依次推出M为、K为HOOCCH2COOH、J为 ，由G+P→W逆向分析可依次推出G为 、E为、F为 、D为 、B为、A为 。
【详解】（1）A→B为甲苯的对位硝化反应，方程式为： +HNO3 +H2O。
（2）D为，分子式为。
（3）D→E反应经历2个步骤，先是水解反应，溴原子转化为羟基，后是自动脱水再转化为羰基，因此反应条件为：NaOH水溶液，△。
（4）由分析可知，F的结构简式为 。
（5）由分析可知，J的结构简式为 。
（6）a．由分析可知，E有醛基，G有碳碳双键，均能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，a错误；
b．G含有的碳碳双键能发生加聚反应，含有的苯环、碳碳双键能发生加氢反应，属于还原反应，含有的酰胺基、苯环能发生取代反应，b正确；
c．1molP中苯环可与3molH2加成，羰基可与1molH2加成，最多共与4molH2加成，c错误；
故选ac。
（7）①M→P两步反应均为加成反应，R苯环上的一氯代物有3种，说明分子的对称性高，因此第一步反应为M与酚羟基加成，R结构简式为：。
②R→P的反应类型为加成反应。
6．(1)碳碳双键
(2)氧化反应
(3)CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O
(4)
(5)
(6)
(7)

【分析】E与M发生加成反应生成瑞马唑仑，结合E的分子式可知，E为，D与甲醇发生酯化反应生成E，则D为CH2=CHCOOH，B为CH2=CHCHO，A为CH2=CHCH3，与C6H6BrN发生取代反应得到G，根据K的结构简式结合F苯环上有两种氢原子，推断C6H6BrN的结构简式为，G的结构简式为，J与NH3发生信息i的反应，随后发生信息ii的反应生成K，J与NH3反应生成的物质为，再发生信息ii的反应成环，故J为，再反推可得I为，K经过系列反应生成M，根据瑞马唑仑的结构简式和E的结构简式，推断M的结构简式为，M与E加成生成瑞马唑仑。
【详解】（1）A能使溴的四氯化碳溶液褪色，A为丙烯，含有的官能团为碳碳双键。
（2）B为CH2=CHCHO，丙烯被氧化生成CH2=CHCHO，A→B反应类型为氧化反应。
（3）D为CH2=CHCOOH，D与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E，化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O。
（4）E的同分异构体能发生水解反应说明存在酯基，同时存在顺反异构，则双键C原子上不能连接相同的基团，则其顺式同分异构体的结构简式为。
（5）F分子中苯环上有2种氢原子，F的结构简式为，F与发生取代反应生成G，化学方程式为。
（6）根据分析可知，J的结构简式为。
（7）与发生信息ii的反应生成P为，P发生醇的氧化生成Q为，根据M的结构简式可知Q到R是羰基碳氧键断裂形成5元环，R为。
7． +Fe2+=+Fe3+ 2Fe3++(3-)+nH2O⇌Fe2(OH)n(SO4)()+nH+ 加入过量的KF溶液 阴 电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度
【详解】(1)反应②氧化亚铁离子生成三价铁和硫酸根离子，反应的离子方程式为：+Fe2+=+Fe3+，故答案为：+Fe2+=+Fe3+；
(2)Fe2(SO4)3经水解生成Fe2(OH)n(SO4)()，水解的方程式为：2Fe3++(3-)+nH2O⇌Fe2(OH)n(SO4)()+nH+，故答案为：2Fe3++(3-)+nH2O⇌Fe2(OH)n(SO4)()+nH+；
(3)取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，为防止三价铁离子与氢氧根反应要加KF溶液，加盐酸后剩余HCl的物质的量与消耗的氢氧化钠物质的量相同，为c2V2×10-3，则聚合硫酸铁消耗的盐酸的物质的量为，聚合硫酸铁中OH-的物质的量为，该样品的盐基度为，故答案为：加入过量的KF溶液；；
(4)为提高聚合硫酸铁的盐基度在不三价铁一定时需提高氢氧根离子的浓度，即氢氧根离子需通过离子交换膜进入反应室中，故应为阴离子交换膜，提高盐基度的原理为电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度，故答案为：阴极；电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度；
8．(1) CO+H2OHCO+OH— H2S+ CO=HCO+HS—
(2) 是 其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态 升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率
(3) FeCl2和HCl 含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生 10

【详解】（1）①碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH—，故答案为：CO+H2OHCO+OH—；
②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS—，由强酸制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为H2S+ CO=HCO+HS—，故答案为：H2S+ CO=HCO+HS—；
（2）①由图和P3>P2>P1可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；
②由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率；
（3）①由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：FeCl2和HCl；
②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；
③由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。
9． 排除稀释对溶液颜色的影响 MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离 b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅 KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解 盐效应 化学反应
【详解】(1)①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O，故答案为排除稀释对溶液颜色的影响；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离，故答案为MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息.Fe2++2SCN-⇌Fe(SCN)2(无色)，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡向正向移动，所以红色比b中浅，故答案为b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅；
(2)①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设A为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解，故答案为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解；
②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：，故答案；
(3)通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解，故答案为盐效应、化学反应。
10．(1)
(2)溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13
(3)A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降
(4) ClO−、HClO、Cl−
(5)用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝
(6)Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降
(7)反应物的相对用量或氧化剂的种类

【分析】向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生，从B→C的过程ClO-的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3沉淀，据此分析来解题。
【详解】（1）Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：，故答案为；
（2）根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c(OH-)0.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13，故答案为溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；
（3）根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO-将Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c(OH-)减小，发生反应的离子方程式为，故答案为A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；
（4）M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−；C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是，故答案为ClO−、HClO、Cl−；；
（5）根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；
（6）A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2+不断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案是Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降；
（7）根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe(OH)3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为反应物的相对用量或氧化剂的种类；
11．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+

【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
12．(1)使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH对检验的干扰
(2) 氧气可以将+3价Cr氧化为 向2 ml 0.1 mol/L Cr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH溶液，通入O2， 水浴加热
(3) 碱性增强，+3价铬元素的还原性增强 H2O2+2e-=2OH- ；组装好装置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动
(4)Cr2O+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O
(5)在碱性条件下，作氧化剂，将+3价铬元素氧化为+6价；在酸性条件下，作还原剂，将+6价铬元素还原为+3价

【详解】（1）含NaOH的溶液显碱性，而氢氧根离子和银离子会反应，则实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH对检验的干扰；
（2）①氧气也具有氧化性，也可以将+3价Cr氧化为，则乙的理由是氧气可以将+3价Cr氧化为。
②向2 ml 0.1 mol/L Cr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH溶液，通入O2， 水浴加热，溶液未变成黄色， 则氧气不能氧化+3价Cr；
（3）①结合溶液中成分Cr3+、H2O2提出假设：假设a：碱性增强，的氧化性增强；
假设b：碱性增强，+3价铬元素的还原性增强；
②结合假设a，H2O2氧化性增强，则O元素化合价降低，则H2O2得到电子转化为氢氧根离子，则参与的电极反应式是H2O2+2e-=2OH-，加入硝酸银，应该生成银的不溶物，据此分析，假设a不成立；
③可以通过原电池原理进行验证，实验装置如图： ；实验操作和现象为：组装好装置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动；
（4）实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色为Cr2O在酸性条件下被H2O2还原为Cr3+，离子方程式Cr2O+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O；
（5）综上，在+3价铬元素和+6价铬元素相互转化中的作用是在碱性条件下，作氧化剂，将+3价铬元素氧化为+6价；在酸性条件下，作还原剂，将+6价铬元素还原为+3价。
13．(1)
(2) 不是 易
(3) Mn NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O

【详解】（1）锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，价层电子排布的轨道表示式为，故答案为：；
（2）①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O离子的空间构型为书形， 所以—O—O不在一条直线上，故答案为：不是；
②S2O中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强，更易发生断裂，故答案为：易；
（3）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球为4×+2=4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn；
②设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×b×10—7×d，解得d=，故答案为：；
③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、一氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O，故答案为：NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O。
14．(1)第四周期第Ⅷ族
(2)X+H2O-2e-XO+2H+
(3) 4s24p3 < sp3
(4) < 中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对
(5)

【详解】（1）铁元素在第四周期第Ⅷ族。
（2）污染物X在电极a上的反应式是X+H2O-2e-XO+2H+。
（3）基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3。
②亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，硝酸根离子的价层电子对数为，为平面三角形，亚硝酸根离子中孤电子对，有较大的排斥力，故亚硝酸根的键角小于硝酸根中的键角。
磷原子无孤电子对，也形成4个键，故杂化类型为sp3。
（4）中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对，故反应能力<。
（5）晶胞的质量为g，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为mol，铁原子的物质的量为mol， 一个晶胞中Fe原子的个数为。
15．(1)FeSO4和H2O
(2)
(3)取少量试液与试管，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有NH3生成，证明原溶液含有
(4)
(5)酸性越强，则的氧化性越强；H+能溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触，从而增大反应速率（任答一条，合理即可）
(6) 反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率 有NH3或其他含N气体逸出

【详解】（1）反应物中FeSO4中Fe元素从+2价被还原为0价，H2O中H元素从+1价被还原为0价，FeSO4和H2O为氧化剂。
（2）根据题意，可知还有H+参与反应，还生成了H2O，离子方程式为。
（3）检验溶液中的操作和现象是取少量试液与试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有NH3生成，证明原溶液含有。
（4）与反应生成FeCO3沉淀和CO2气体，离子方程式是。
（5）可能是酸性越强，则的氧化能力越强，也可能是H+溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触，从而增大反应速率。
（6）①溶液中始终只存在少量的可能原因是反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率。②可能是有NH3或其他含N气体逸出，从而导致溶液中的总氮量小于初始时的总氮量。