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北京东城区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
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这是一份北京东城区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。试卷主要包含了有机推断题，工业流程题，填空题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京东城区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、有机推断题
1．（2021·北京东城·统考二模）聚合物G具有良好的耐高温性能，其合成路线如下：
已知：
(1)A的名称是___________。
(2)A→B的反应类型是___________。
(3)C→D的化学方程式是___________。
(4)D+E→F的过程中没有小分子生成。E的结构简式为___________。
(5)M是的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是___________。
a.与具有相同的官能团
b.能发生银镜反应
c.核磁共振氢谱有2组峰
(6)G中每个链节含有两个五元环，补全F→G的化学方程式： ___________。
2．（2022·北京东城·统考二模）马尼地平()主要用于治疗原发性高血压，其一种合成路线如下。
已知：i.R1COOR2+R3OH→R1COOR3十R2OH
ii.
(1)A→B的反应方程式是_______。
(2)C→D的反应类型是_______。
(3)E中含氧官能团是_______。
(4)试剂X的分子式为C7H5NO3，其结构简式是_______。
(5)H分子中有两个含氮六元环，其结构简式如图，在虚线框内将H的结构简式补充完整_____。
(6)合成上述流程中的一种方法如下。
试剂a、中间产物2的结构简式分别是_______、_______。
3．（2023·北京东城·统考二模）L是合成药物——非布索坦的中间体，其合成路线如下。
已知：R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5 R1CCHCOOC2H5+C2H5OH
(1)A→B的化学方程式为___________。
(2)C的结构简式为___________。
(3)D中的官能团为___________。
(4)写出符合以下条件的E的同分异构体的结构简式：___________。
①属于芳香族化合物；②苯环上的一氯取代物有3种
(5)E→F的反应类型为___________。
(6)I中含五元环，其结构简式为___________。
二、工业流程题
4．（2021·北京东城·统考二模）过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
(1)中所含化学键的类型是___________、___________。
(2)与水反应的化学方程式是___________。
(3)由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：
①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是___________。解释其质量不变的原因：___________(用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一点即可)。
(4)样品纯度测定
ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；
ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，___________；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
Ⅴ.计算样品中的纯度。
①补全ⅳ中操作：___________。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为___________(用质量分数表示)。
5．（2022·北京东城·统考二模）Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。
I.以含MnCO3的矿石为原料，经硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn。
(1)Mn在_______(填“阳极”或“阴极”)生成。
(2)阳极泥中含有MnO2，写出产生MnO2的电极反应式：_______。
II.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性MnO2和PbO。
已知：(CH3COO)2Pb在水中难解离。
(3)操作X为_______。
(4)①中反应的离子方程式为_______。
(5)滤液C能循环使用，②中溶液B的溶质为_______。
(6)a.为了将③中Mn2O3完全转化为MnO2，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为_______(已知NaClO3的还原产物为NaCl)。
b.加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是_______。
(7)活性MnO2纯度的测定
i.用V1mLc1mol∙L-1Na2C2O4溶液(H2SO4)酸化)溶解wg活性MnO2样。品。(MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)
ii.用c2mol∙L-1酸性KMnO4标准溶液滴定i中剩余的消耗KMnO4标准溶液V2mL。(5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
样品中MnO2的质量分数=_______[M(MnO2)=87g·mol-1]。
6．（2023·北京东城·统考二模）研究从电子废料(含金属铜和金)中回收金，主要过程如下。
已知：；相同条件下，与的氧化性相近。
(1)浸出的离子方程式是___________。
(2)饱和碘水不能单独浸出，但是溶液可以浸出，原因有：
ⅰ．在溶液中的溶解度大，体系的氧化性强；
ii．___________。
(3)浸取一定时间后，应及时过滤，否则会降低金的浸出率，原因是___________。
(4)方法一：用还原。写出析出的离子方程式：___________。
(5)方法二：用惰性电极电解，装置示意图如下。
①___________(填“a”或“b”)接电源的负极。
②直接电解贵液，不用阴离子交换膜，金的沉积率会降低，原因是___________。
(6)与方法一对比：
①方法二的优点是___________；
②方法二的缺点是金的纯度较低，可用___________(填试剂)进一步纯化。
三、填空题
7．（2021·北京东城·统考二模）以为原料合成甲醇可以减少的排放，实现碳的循环利用。一种催化剂对该反应有良好的催化效果。
Ⅰ.催化剂的合成
(1)氨水与的反应___________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
(2)补全上述过程中生成的离子方程式：
________________________+___________
Ⅱ.催化剂的性能测试
一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。
已知：ⅰ。反应器内发生的反应有：
a.
b.
ⅱ.选择性
(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下转化率=___________(列出计算式)。
(4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如下图所示：
①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是___________。
②温度高于时，平衡转化率变化的原因是___________。
③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：___________。
四、实验题
8．（2021·北京东城·统考二模）碳酸锶为白色，难溶于水的固体，在电子工业中有泛应用。一种由天青石精矿(含)制备高纯的方法如下：
天青石精矿粗含溶液高纯
已知：
ⅰ.、、和均难溶于水，在相同温度下的溶解度关系如下：
ⅱ.几种氢氧化物在不同温度下的溶解度：
20
40
60
80
90
100
1.77
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
3.89
8.22
20.94
101.4
-
-
0.173
0.141
0.121
0.094
0.086
0.076
(1)粗的制取
①碳化剂一般选择溶液或溶液。写出转化为的离子方程式：___________。
②实验发现，当温度和碳化剂的物质的量浓度均相同时，在溶液中的转化速率大于在溶液中的。从盐类水解的角度解释其原因是___________。
(2)含溶液的精制
ⅰ.将粗溶解于适量盐酸中，过滤得到滤液(金属阳离子有：、、和)；
ⅱ.加溶液调节上述滤液至12~13.过滤得到滤液X和滤渣A；
ⅲ.将滤液X置于90~95℃的水浴中加热，生成白色沉淀B，趁热过滤弃去沉淀，得到滤液Y，并将ⅱ中的滤渣A重新投入滤液Y中浸泡(保持温度为90~95℃)；
ⅳ.重复ⅱ和ⅲ3~4次，最后得到热的滤液Z；
ⅴ.趁热向滤液Z中加入适量稀硫酸，过滤得到精制含溶液。
①滤渣A中含有和___________。
②白色沉淀B的主要成分是___________。
③ⅳ的目的是___________。
④ⅴ中反应的离子方程式是___________。
9．（2021·北京东城·统考二模）某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；
B区底部覆盖棕黑色固体；
C区澄清且紫色变浅
资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：
b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸
(1)被氧化成___________，依据是___________。
(2)为探究的还原产物，取A区中溶液___________(填操作和现象)，证明有生成。
(3)A区中与反应的离子方程式是___________。
(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：___________。
(5)小组同学又进行了以下定量实验：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅
通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：___________。
10．（2022·北京东城·统考二模）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
11．（2022·北京东城·统考二模）实验小组同学为探究Fe2+性质，进行如下实验。
【实验Ⅰ】向2mL溶液滴中几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%溶液(用酸化至)，溶液颜色变红。
(1)甲同学通过上述实验分析具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现与可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。
(2)的制备：用过量溶液与溶液反应得到，离子方程式为_______。
【实验Ⅱ】验证与发生反应
(3)实验b的目的是_______。
(4)从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是_______。
丙同学设计实验进一步证明可与反应。
【实验Ⅲ】
(5)上述实验中，d为c的对照实验。
①X为_______。
②实验能够证实可与反应，则应观察到的现象是_______。
(6)实验Ⅲ中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低，_______。
12．（2023·北京东城·统考二模）氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。
(1)金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是___________。
(2)液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的空间结构为___________。
②已知键角。从结构角度解释其原因：___________。
(3)的晶胞如图所示(晶胞体积为)。
①该晶体的密度为___________(用含字母的代数式表示)。
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因：___________。
(4)测定产品的纯度(主要杂质为)，实验步骤如下。
ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应，将全部转化为。
ii．向i所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，发生反应：
iii．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ii中生成的，消耗溶液。
①步骤ⅰ反应的化学方程式为___________。
②样品中的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
③若i中未用溶液调节，则测定结果___________(填“偏低”或“偏高”)。
13．（2023·北京东城·统考二模）一种处理高浓度氨氨废水并获取的工艺流程如下。
已知：①难溶于水，可溶于酸。
②时水中的溶解性：。
(1)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．可用作复合肥
b．分离的方法可以是过滤
c．废水中的会抑制水解
(2)沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。
①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为___________。
②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氨去除率低，原因是___________。
③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是___________。
(3)用ⅰ作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如下。
①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是：
a．生成了；
b．___________(结合方程式解释)。
②后，氨氮去除率明显减小，原因是___________。
14．（2023·北京东城·统考二模）石墨电极常用作惰性电极，但在电解过程中常伴有损耗(石墨的氧化和脱落)。
用如图所示装置分别电解下列溶液(通过相同电量)，记录阳极区的现象如下。
编号
电解液
阳极区的现象
甲
有气体逸出，液体颜色不变，池底逐渐沉积黑色粉末
乙
有气体逸出，液体逐渐变为棕褐色
丙
有气体逸出，液体逐渐变为黄绿色，无黑色粉末
(1)甲中阳极产生气体的电极反应式是___________。
(2)甲所得阳极液中有。某同学设计实验：向硫酸酸化的溶液中滴加几滴溶液，再滴入少量电解后的阳极液，溶液立即变红。该实验不能证明阳极液中含有，因为阳极液中还含有___________(填物质)。
(3)探究乙所得阳极液的成分。
①证实该分散系是胶体：用激光笔照射阳极液，在与光束垂直的方向观察到___________(填实验现象)。
②证实阳极液中含有。
ⅰ和ⅱ的目的是排除的干扰。ⅱ中反应的离子方程式是___________。
(4)设计实验用化学方法证明，电解时甲和丙中阳极产生的气体不同：___________。
(5)仪器分析表明，析氧后的石墨电极表面与新打磨的石墨电极表面相比，等含氧官能团的含量明显增加。
①结合石墨晶体结构分析，电解过程中石墨粉末脱落时破坏的作用力有___________。
②与甲对比，乙中脱落的石墨更易分散成胶体的原因是___________。
五、结构与性质
15．（2022·北京东城·统考二模）由氧元素形成的常见物质有H2O、H2O2、O2和O3等。
(1)基态氧原子的电子排布式是_______。
(2)H2O分子的VSEPR模型是_______形。
(3)对H2O2分子结构的研究，曾有以下推测：
①根据测定H2O2分子中_______(填字母序号)，确定其结构一定不是甲。
a．H-O键长 b．O-O键能 c．H-O-O键角
②由于H2O2不稳定，很难得到晶体。20世纪40年代初，卢嘉锡等化学家用尿素()与H2O2形成较稳定的尿素过氧化氢复合物晶体，进而测得H2O2结构为乙。上述晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键。
a．H2O2为_______(填“极性”或“非极性”)分子。
b．用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：_______。
(4)O2的晶胞为立方体，结构如下。
根据图中信息，可计算O2晶体密度是_____g·cm-3。
(5)已知O3分子空间结构为V形，中心O为sp2杂化。除σ键外，O3分子中还形成了含4个电子的大π键。每个O3分子中用于成键的电子总数是_____个，中心O提供参与成键的电子数是_____个。
参考答案：
1． 甲苯 取代反应 +4HCl
【分析】A的化学式为C7H8，不饱和度为4，根据D的结构简式可知A中含有苯环，因此A的结构简式为，与浓硝酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生取代反应，根据B的化学式可知其中含有2个硝基，因此B的结构简式为，上硝基发生还原反应生成氨基，由C的化学式可知B中硝基完全被还原，因此C的结构简式为，D+E→F的过程中没有小分子生成，说明F的单体为和，因此与ClCH2COOC2H5在K2CO3作用下反应生成E()。
【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，其名称为甲苯；
(2)A→B为甲苯的硝化反应，反应类型为取代反应；
(3)C→D的化学方程式为与COCl2发生取代反应生成，反应方程式为+4HCl；
(4)由上述分析可知，E的结构简式为；
(5)M是的同分异构体，其中含有氯原子、，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO，核磁共振氢谱有2组峰，说明其中含有2种化学环境不同的氢原子，而M中只含有2个氧原子，因此说明M中一定含有，除醛基外只有1种化学环境的氢原子，说明另外6个氢原子等效，因此M的结构简式为；
(6)G中每个链节含有两个五元环，由已知信息可知，反应过程中其断键和成键方式为，因此该反应方程式为。
2．(1)
(2)取代反应
(3)羟基、酯基
(4)
(5)
(6) CH3OH
【分析】A（）和反应得到B（）；B和环氧乙烷反应的到C（）；C和反应得到D（）；D和反应得到E，结合已知i可以得知E的结构简式为；E经过异构化得到F（）；F和试剂X反应得到G（）；根据已知ii可知，G和反应得到H（）；H再脱水可得马尼地平。
【详解】（1）结合A、B的结构简式可知，A→B的化学反应方程式为。
（2）结合C、D的结构简式可知，C→D的反应类型是取代反应。
（3）由分析可知，E的结构简式为，则E中含氧官能团为羟基、酯基。
（4）F和试剂X反应得到G，且试剂X的分子式为C7H5NO3，结合F、G的结构简式可知，X的结构简式为。
（5）由分析可知，H的结构简式为，则虚线框内的结构简式为。
（6）根据已知ii可知，中间产物3的结构简式为，倒推可得中间产物2的结构简式为，再倒推可得中间产物1的结构简式为，则试剂a为CH3OH。
3．(1)CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(2)CH3COCH2COOC2H5
(3)羰基，酯基和碳氯键
(4)或者
(5)取代反应
(6)
【分析】A为CH3COOH，与乙醇发生酯化反应生成B，B为CH3COOC2H5，B在C2H5ONa的反应条件下生成C，C为CH3COCH2COOC2H5，C与SOCl2反应生成D，D为；E与硝酸反应，发生硝化反应，生成物F为，F与NH2OH反应，生成G，根据G的分子式可推知G为， 与D反应生成I，I为，消去水和HCl后得到L。
【详解】（1）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
（2）A为CH3COOH，与乙醇发生酯化反应生成B，B为CH3COOC2H5，根据已知条件R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5R1CCHCOOC2H5+C2H5OH可知，C为CH3COCH2COOC2H5。
（3）C为CH3COCH2COOC2H5，C与SOCl2反应生成D，结合最终产物的结构及包含的元素可推出D为，包含的官能团为羰基，酯基和碳氯键。
（4）E的结构简式为，①属于芳香族化合物；说明含有苯环，②苯环上的一氯取代物有3种，只能时含有一个取代基，所以其同分异构体的结构可以为或者。
（5）E→F，为苯环发生的硝化反应，属于取代反应，故其反应类型为硝化反应或者取代反应。
（6）L的结构中含有五元环，且是通过I脱去HCl和H2O得到的，根据L的结构简式可知I为。
4． 离子键 (非极性)共价键 减少和分解损失，利于析出 待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
【详解】(1)中含有离子键和共价键；
(2)与水反应的化学方程式是；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②，，，，纯度为。
5．(1)阴极
(2)
(3)过滤
(4)
(5)NH4HCO3
(6) 1:3 防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气
(7)
【分析】II分析，阳极泥经过预处理得到Mn2O3和PbO的混合物，醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，过滤得到醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，Mn2O3再和硫酸反应得到二氧化锰和硫酸锰，硫酸锰再被氯酸钠氧化得到二氧化锰，经过一系列操作可得到活性二氧化锰；由题干知滤液C能循环使用，前面用到了醋酸铵溶液，即滤液C，结合生成物中的PbCO3，②中溶液B的溶质为NH4HCO3，经过一系列操作得到PbO。
【详解】（1）由题干知硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn，所以应该是Mn2+得电子生成Mn，故在阴极生成，故答案为：阴极；
（2）阳极泥中含有MnO2，应该是锰离子在阳极放电，产生MnO2的电极反应式为，故答案为：；
（3）醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，操作X是分离醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，所以是过滤，故答案为：过滤；
（4）①中醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，离子方程式为，故答案为：；
（5）由分析可知②中溶液B的溶质为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
（6）a.1mol Mn2O3完全转化为MnO2，锰元素从+3价升高到+4价，1mol Mn2O3转移2mol电子，1molNaClO3转化为NaCl，氯元素从+5价降低到-1价，1molNaClO3需要转移6mol电子，根据得失电子守恒得，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为1:3；故答案为：1:3；
b.氯离子有还原性，加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右，目的是防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气，故答案为：防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气；
（7）由题干数据和方程式5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O得n()1=n()=，所以MnO2消耗的的物质的量为n()2= ，再由方程式MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O得n(MnO2)=n()2= ，所以样品中MnO2的质量分数= ，故答案为：。
6．(1)
(2)在溶液中，较大，有利于的生成；
(3)与发生置换反应
(4)
(5) b 阳极生成的会移动到阴极附近，使金溶解或者在阴极竞争还原
(6) 沉积金的同时，实现浸取液的再生，原子的利用率较高 硝酸
【分析】电子废料(含金属铜和金)，加入溶液得到含有的溶液和单质，再通过还原法或者电解法，得到单质。
【详解】（1）和反应，生成含有的溶液，离子方程式为：，
（2）在溶液中，较大，有利于的生成；
（3）比活泼，浸取过程中，若不及时过滤出，将中的置换出来，降低的浸取率；
（4）用还原制备，离子方程式为：；
（5）①b电极为，发生还原反应，为电解池的阴极，接电源的负极；
②若直接电解贵液，不用阴离子交换膜，阳极生成的会移动到阴极附近，使金溶解或者在阴极竞争还原，使金的沉积率会降低；
（6）①方法二的优点是：沉积金的同时，实现浸取液的再生，原子的利用率较高；
②方法二的缺点是金的纯度较低，可用硝酸进一步纯化。
7． 不属于 1 1 1 2NH3↑ 2N CO2的实验转化率未达到平衡转化率 温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度 在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【详解】Ⅰ.(1)氨水与反应生成，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：不属于；
(2) 和H2O反应生成产物之一为CnO，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒可判断还生成了N和NH3，配平后得到上述过程中生成的离子方程式为：2NH3↑+2N，故答案为：1；1；1；2NH3↑；2N；
Ⅱ.(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下转化率的计算式为，故答案为：；
(4)①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；
②反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度；
③由图2可知，温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，故答案为：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
8． 溶液中存在的水解，而溶液中和的水解相互促进，导致温度和浓度均相同时，前者的浓度大于后者 和 滤渣A成分中在时易溶于水，产生的可以结合滤液中的生成沉淀，提高的去除率，同时减少的损失 ，
【分析】利用难溶电解质的溶解度的大小关系实现沉淀的转化，并利用溶解度与温度关系进行提纯处理，据此解答。
【详解】(1)①天青石精矿(含)和碳化剂反应，碳化剂一般选择溶液或溶液。根据和均难溶于水，在相同温度下的溶解度关系如下：
分析，该反应属于沉淀转化，反应生成碳酸锶和硫酸钠或硫酸铵，转化为的离子方程式：；
②溶液中存在的水解，而溶液中和的水解相互促进，导致温度和浓度均相同时，前者的浓度大于后者，所以当温度和碳化剂的物质的量浓度均相同时，在溶液中的转化速率大于在溶液中的。
(2)①滤液中含有、、和，加入氢氧化钠溶液且调节pH到12~13，镁离子和钙离子都能生成沉淀，所以滤渣A中含有和和。
②将滤液X置于90~95℃的水浴中加热，根据氢氧化钙的溶解度随着温度升高而降低分析，得到的白色沉淀B的主要成分是。
③重复ⅱ和ⅲ3~4次，目的是滤渣A成分中在时易溶于水，产生的可以结合滤液中的生成沉淀，提高的去除率，同时减少的损失。
④ⅴ中加入硫酸，钡离子和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，溶液中的氢氧根离子和氢离子反应，使溶液得到更纯的锶离子的溶液，离子方程式为，。
9． 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的
【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；
(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；
(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；
(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；
(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。
10．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
11．(1)还原
(2)Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑
(3)通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
(4)SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
(5) H2SO4 实验后，d试管溶液颜色比C试管略深
(6)使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动
【详解】（1）向2 mL0.1 mol•L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol•L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性，故答案为：还原；
（2）用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（3）通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响，故答案为：通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响；
（4）FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)⇌Fe2+(aq)+CO32-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深，故答案为：SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深；
（5）①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子()的溶液，因此X为H2SO4，故答案为：H2SO4；
②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是实验后，d试管溶液颜色比C试管略深，故答案为：实验后，d试管溶液颜色比C试管略深；
（6）加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅，故答案为：使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动。
12．(1)氢气
(2) V形 N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力
(3) 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强
(4) 偏高
【详解】（1）金属锂与液氨反应生成和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3，中氮原子和氢原子个数比为1：2，则另一种产物气体为氢气；
（2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的价层电子对数为，孤电子对数为2，空间结构为V形；
②N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力；
（3）①该晶胞Li个数为，N个数为8，H个数为，含有八个，晶胞的质量为，体积，密度为；
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；
（4）①步骤ⅰ反应的化学方程式为；
②设样品中物质的量为n。
样品中的质量分数为；
③若i中未用溶液调节，原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。
13．(1)abc
(2) ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成 生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应
(3) ，分解成NH3逸出 随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀
【分析】高浓度氨氮废水在pH为9.5条件下通过加入氯化镁和磷酸氢二钠生成MAP，达到处理高浓度氨氮废水并获取的目的。
【详解】（1）a．含有N、P，可用作复合肥，故a正确；
b．难溶于水，分离的方法可以是过滤，故b正确；
c．水解会生成，所以废水中的会抑制水解，故c正确；
故选：abc；
（2）①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为；
②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成；
③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是：生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应；
（3）①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是：
a．生成了；
b．，分解成NH3逸出；
②后，氨氮去除率明显减小，原因是随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀。
14．(1)
(2)氧气
(3) 光亮的通路
(4)收集等体积的甲和丙中阳极产生的气体，分别通入紫色石蕊溶液，甲通入后无现象，丙通入后溶液先变红后褪色，则电解时甲和丙中阳极产生的气体不同
(5) 层间分子间作用力和碳碳键 氢氧根和反应生成，增加了层间斥力，石墨颗粒更小
【详解】（1）甲中阳极产生气体的电极反应式是：；
（2）向硫酸酸化的溶液中滴加几滴溶液，再滴入少量电解后的阳极液，溶液立即变红。该实验不能证明阳极液中含有，因为阳极液中还含有氧气也可以把亚铁离子氧化；
（3）①证实该分散系是胶体：用激光笔照射阳极液，在与光束垂直的方向观察到光亮的通路 ；
②证实阳极液中含有,ⅱ中反应的离子方程式是;
（4）收集等体积的甲和丙中阳极产生的气体，分别通入紫色石蕊溶液，甲通入后无现象，丙通入后溶液先变红后褪色，则电解时甲和丙中阳极产生的气体不同；
（5）①结合石墨晶体结构分析，石墨的晶体结构，为六边形层状。在石墨晶体中，同层的碳原子以sp2杂化形，成共价键，电解过程中石墨粉末脱落时破坏的作用力有层间分子间作用力和碳碳键；
②与甲对比，乙中脱落的石墨更易分散成胶体的原因是氢氧根和反应生成，增加了层间斥力，石墨颗粒更小。
15．(1)1s22s22p4
(2)四面体
(3) C 极性 O-H…O、N-H…O
(4)
(5) 8 4
【详解】（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。
【点睛】可利用均摊法，计算晶胞中所含微粒的数目。
北京东城区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、有机推断题
1．（2021·北京东城·统考二模）聚合物G具有良好的耐高温性能，其合成路线如下：
已知：
(1)A的名称是___________。
(2)A→B的反应类型是___________。
(3)C→D的化学方程式是___________。
(4)D+E→F的过程中没有小分子生成。E的结构简式为___________。
(5)M是的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是___________。
a.与具有相同的官能团
b.能发生银镜反应
c.核磁共振氢谱有2组峰
(6)G中每个链节含有两个五元环，补全F→G的化学方程式： ___________。
2．（2022·北京东城·统考二模）马尼地平()主要用于治疗原发性高血压，其一种合成路线如下。
已知：i.R1COOR2+R3OH→R1COOR3十R2OH
ii.
(1)A→B的反应方程式是_______。
(2)C→D的反应类型是_______。
(3)E中含氧官能团是_______。
(4)试剂X的分子式为C7H5NO3，其结构简式是_______。
(5)H分子中有两个含氮六元环，其结构简式如图，在虚线框内将H的结构简式补充完整_____。
(6)合成上述流程中的一种方法如下。
试剂a、中间产物2的结构简式分别是_______、_______。
3．（2023·北京东城·统考二模）L是合成药物——非布索坦的中间体，其合成路线如下。
已知：R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5 R1CCHCOOC2H5+C2H5OH
(1)A→B的化学方程式为___________。
(2)C的结构简式为___________。
(3)D中的官能团为___________。
(4)写出符合以下条件的E的同分异构体的结构简式：___________。
①属于芳香族化合物；②苯环上的一氯取代物有3种
(5)E→F的反应类型为___________。
(6)I中含五元环，其结构简式为___________。
二、工业流程题
4．（2021·北京东城·统考二模）过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
(1)中所含化学键的类型是___________、___________。
(2)与水反应的化学方程式是___________。
(3)由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：
①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是___________。解释其质量不变的原因：___________(用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一点即可)。
(4)样品纯度测定
ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；
ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，___________；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
Ⅴ.计算样品中的纯度。
①补全ⅳ中操作：___________。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为___________(用质量分数表示)。
5．（2022·北京东城·统考二模）Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。
I.以含MnCO3的矿石为原料，经硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn。
(1)Mn在_______(填“阳极”或“阴极”)生成。
(2)阳极泥中含有MnO2，写出产生MnO2的电极反应式：_______。
II.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性MnO2和PbO。
已知：(CH3COO)2Pb在水中难解离。
(3)操作X为_______。
(4)①中反应的离子方程式为_______。
(5)滤液C能循环使用，②中溶液B的溶质为_______。
(6)a.为了将③中Mn2O3完全转化为MnO2，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为_______(已知NaClO3的还原产物为NaCl)。
b.加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是_______。
(7)活性MnO2纯度的测定
i.用V1mLc1mol∙L-1Na2C2O4溶液(H2SO4)酸化)溶解wg活性MnO2样。品。(MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)
ii.用c2mol∙L-1酸性KMnO4标准溶液滴定i中剩余的消耗KMnO4标准溶液V2mL。(5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
样品中MnO2的质量分数=_______[M(MnO2)=87g·mol-1]。
6．（2023·北京东城·统考二模）研究从电子废料(含金属铜和金)中回收金，主要过程如下。
已知：；相同条件下，与的氧化性相近。
(1)浸出的离子方程式是___________。
(2)饱和碘水不能单独浸出，但是溶液可以浸出，原因有：
ⅰ．在溶液中的溶解度大，体系的氧化性强；
ii．___________。
(3)浸取一定时间后，应及时过滤，否则会降低金的浸出率，原因是___________。
(4)方法一：用还原。写出析出的离子方程式：___________。
(5)方法二：用惰性电极电解，装置示意图如下。
①___________(填“a”或“b”)接电源的负极。
②直接电解贵液，不用阴离子交换膜，金的沉积率会降低，原因是___________。
(6)与方法一对比：
①方法二的优点是___________；
②方法二的缺点是金的纯度较低，可用___________(填试剂)进一步纯化。
三、填空题
7．（2021·北京东城·统考二模）以为原料合成甲醇可以减少的排放，实现碳的循环利用。一种催化剂对该反应有良好的催化效果。
Ⅰ.催化剂的合成
(1)氨水与的反应___________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
(2)补全上述过程中生成的离子方程式：
________________________+___________
Ⅱ.催化剂的性能测试
一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。
已知：ⅰ。反应器内发生的反应有：
a.
b.
ⅱ.选择性
(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下转化率=___________(列出计算式)。
(4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如下图所示：
①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是___________。
②温度高于时，平衡转化率变化的原因是___________。
③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：___________。
四、实验题
8．（2021·北京东城·统考二模）碳酸锶为白色，难溶于水的固体，在电子工业中有泛应用。一种由天青石精矿(含)制备高纯的方法如下：
天青石精矿粗含溶液高纯
已知：
ⅰ.、、和均难溶于水，在相同温度下的溶解度关系如下：
ⅱ.几种氢氧化物在不同温度下的溶解度：
20
40
60
80
90
100
1.77
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
3.89
8.22
20.94
101.4
-
-
0.173
0.141
0.121
0.094
0.086
0.076
(1)粗的制取
①碳化剂一般选择溶液或溶液。写出转化为的离子方程式：___________。
②实验发现，当温度和碳化剂的物质的量浓度均相同时，在溶液中的转化速率大于在溶液中的。从盐类水解的角度解释其原因是___________。
(2)含溶液的精制
ⅰ.将粗溶解于适量盐酸中，过滤得到滤液(金属阳离子有：、、和)；
ⅱ.加溶液调节上述滤液至12~13.过滤得到滤液X和滤渣A；
ⅲ.将滤液X置于90~95℃的水浴中加热，生成白色沉淀B，趁热过滤弃去沉淀，得到滤液Y，并将ⅱ中的滤渣A重新投入滤液Y中浸泡(保持温度为90~95℃)；
ⅳ.重复ⅱ和ⅲ3~4次，最后得到热的滤液Z；
ⅴ.趁热向滤液Z中加入适量稀硫酸，过滤得到精制含溶液。
①滤渣A中含有和___________。
②白色沉淀B的主要成分是___________。
③ⅳ的目的是___________。
④ⅴ中反应的离子方程式是___________。
9．（2021·北京东城·统考二模）某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；
B区底部覆盖棕黑色固体；
C区澄清且紫色变浅
资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：
b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸
(1)被氧化成___________，依据是___________。
(2)为探究的还原产物，取A区中溶液___________(填操作和现象)，证明有生成。
(3)A区中与反应的离子方程式是___________。
(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：___________。
(5)小组同学又进行了以下定量实验：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅
通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：___________。
10．（2022·北京东城·统考二模）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
11．（2022·北京东城·统考二模）实验小组同学为探究Fe2+性质，进行如下实验。
【实验Ⅰ】向2mL溶液滴中几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%溶液(用酸化至)，溶液颜色变红。
(1)甲同学通过上述实验分析具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现与可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。
(2)的制备：用过量溶液与溶液反应得到，离子方程式为_______。
【实验Ⅱ】验证与发生反应
(3)实验b的目的是_______。
(4)从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是_______。
丙同学设计实验进一步证明可与反应。
【实验Ⅲ】
(5)上述实验中，d为c的对照实验。
①X为_______。
②实验能够证实可与反应，则应观察到的现象是_______。
(6)实验Ⅲ中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低，_______。
12．（2023·北京东城·统考二模）氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。
(1)金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是___________。
(2)液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的空间结构为___________。
②已知键角。从结构角度解释其原因：___________。
(3)的晶胞如图所示(晶胞体积为)。
①该晶体的密度为___________(用含字母的代数式表示)。
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因：___________。
(4)测定产品的纯度(主要杂质为)，实验步骤如下。
ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应，将全部转化为。
ii．向i所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，发生反应：
iii．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ii中生成的，消耗溶液。
①步骤ⅰ反应的化学方程式为___________。
②样品中的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
③若i中未用溶液调节，则测定结果___________(填“偏低”或“偏高”)。
13．（2023·北京东城·统考二模）一种处理高浓度氨氨废水并获取的工艺流程如下。
已知：①难溶于水，可溶于酸。
②时水中的溶解性：。
(1)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．可用作复合肥
b．分离的方法可以是过滤
c．废水中的会抑制水解
(2)沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。
①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为___________。
②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氨去除率低，原因是___________。
③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是___________。
(3)用ⅰ作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如下。
①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是：
a．生成了；
b．___________(结合方程式解释)。
②后，氨氮去除率明显减小，原因是___________。
14．（2023·北京东城·统考二模）石墨电极常用作惰性电极，但在电解过程中常伴有损耗(石墨的氧化和脱落)。
用如图所示装置分别电解下列溶液(通过相同电量)，记录阳极区的现象如下。
编号
电解液
阳极区的现象
甲
有气体逸出，液体颜色不变，池底逐渐沉积黑色粉末
乙
有气体逸出，液体逐渐变为棕褐色
丙
有气体逸出，液体逐渐变为黄绿色，无黑色粉末
(1)甲中阳极产生气体的电极反应式是___________。
(2)甲所得阳极液中有。某同学设计实验：向硫酸酸化的溶液中滴加几滴溶液，再滴入少量电解后的阳极液，溶液立即变红。该实验不能证明阳极液中含有，因为阳极液中还含有___________(填物质)。
(3)探究乙所得阳极液的成分。
①证实该分散系是胶体：用激光笔照射阳极液，在与光束垂直的方向观察到___________(填实验现象)。
②证实阳极液中含有。
ⅰ和ⅱ的目的是排除的干扰。ⅱ中反应的离子方程式是___________。
(4)设计实验用化学方法证明，电解时甲和丙中阳极产生的气体不同：___________。
(5)仪器分析表明，析氧后的石墨电极表面与新打磨的石墨电极表面相比，等含氧官能团的含量明显增加。
①结合石墨晶体结构分析，电解过程中石墨粉末脱落时破坏的作用力有___________。
②与甲对比，乙中脱落的石墨更易分散成胶体的原因是___________。
五、结构与性质
15．（2022·北京东城·统考二模）由氧元素形成的常见物质有H2O、H2O2、O2和O3等。
(1)基态氧原子的电子排布式是_______。
(2)H2O分子的VSEPR模型是_______形。
(3)对H2O2分子结构的研究，曾有以下推测：
①根据测定H2O2分子中_______(填字母序号)，确定其结构一定不是甲。
a．H-O键长 b．O-O键能 c．H-O-O键角
②由于H2O2不稳定，很难得到晶体。20世纪40年代初，卢嘉锡等化学家用尿素()与H2O2形成较稳定的尿素过氧化氢复合物晶体，进而测得H2O2结构为乙。上述晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键。
a．H2O2为_______(填“极性”或“非极性”)分子。
b．用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：_______。
(4)O2的晶胞为立方体，结构如下。
根据图中信息，可计算O2晶体密度是_____g·cm-3。
(5)已知O3分子空间结构为V形，中心O为sp2杂化。除σ键外，O3分子中还形成了含4个电子的大π键。每个O3分子中用于成键的电子总数是_____个，中心O提供参与成键的电子数是_____个。
参考答案：
1． 甲苯 取代反应 +4HCl
【分析】A的化学式为C7H8，不饱和度为4，根据D的结构简式可知A中含有苯环，因此A的结构简式为，与浓硝酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生取代反应，根据B的化学式可知其中含有2个硝基，因此B的结构简式为，上硝基发生还原反应生成氨基，由C的化学式可知B中硝基完全被还原，因此C的结构简式为，D+E→F的过程中没有小分子生成，说明F的单体为和，因此与ClCH2COOC2H5在K2CO3作用下反应生成E()。
【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，其名称为甲苯；
(2)A→B为甲苯的硝化反应，反应类型为取代反应；
(3)C→D的化学方程式为与COCl2发生取代反应生成，反应方程式为+4HCl；
(4)由上述分析可知，E的结构简式为；
(5)M是的同分异构体，其中含有氯原子、，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO，核磁共振氢谱有2组峰，说明其中含有2种化学环境不同的氢原子，而M中只含有2个氧原子，因此说明M中一定含有，除醛基外只有1种化学环境的氢原子，说明另外6个氢原子等效，因此M的结构简式为；
(6)G中每个链节含有两个五元环，由已知信息可知，反应过程中其断键和成键方式为，因此该反应方程式为。
2．(1)
(2)取代反应
(3)羟基、酯基
(4)
(5)
(6) CH3OH
【分析】A（）和反应得到B（）；B和环氧乙烷反应的到C（）；C和反应得到D（）；D和反应得到E，结合已知i可以得知E的结构简式为；E经过异构化得到F（）；F和试剂X反应得到G（）；根据已知ii可知，G和反应得到H（）；H再脱水可得马尼地平。
【详解】（1）结合A、B的结构简式可知，A→B的化学反应方程式为。
（2）结合C、D的结构简式可知，C→D的反应类型是取代反应。
（3）由分析可知，E的结构简式为，则E中含氧官能团为羟基、酯基。
（4）F和试剂X反应得到G，且试剂X的分子式为C7H5NO3，结合F、G的结构简式可知，X的结构简式为。
（5）由分析可知，H的结构简式为，则虚线框内的结构简式为。
（6）根据已知ii可知，中间产物3的结构简式为，倒推可得中间产物2的结构简式为，再倒推可得中间产物1的结构简式为，则试剂a为CH3OH。
3．(1)CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(2)CH3COCH2COOC2H5
(3)羰基，酯基和碳氯键
(4)或者
(5)取代反应
(6)
【分析】A为CH3COOH，与乙醇发生酯化反应生成B，B为CH3COOC2H5，B在C2H5ONa的反应条件下生成C，C为CH3COCH2COOC2H5，C与SOCl2反应生成D，D为；E与硝酸反应，发生硝化反应，生成物F为，F与NH2OH反应，生成G，根据G的分子式可推知G为， 与D反应生成I，I为，消去水和HCl后得到L。
【详解】（1）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
（2）A为CH3COOH，与乙醇发生酯化反应生成B，B为CH3COOC2H5，根据已知条件R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5R1CCHCOOC2H5+C2H5OH可知，C为CH3COCH2COOC2H5。
（3）C为CH3COCH2COOC2H5，C与SOCl2反应生成D，结合最终产物的结构及包含的元素可推出D为，包含的官能团为羰基，酯基和碳氯键。
（4）E的结构简式为，①属于芳香族化合物；说明含有苯环，②苯环上的一氯取代物有3种，只能时含有一个取代基，所以其同分异构体的结构可以为或者。
（5）E→F，为苯环发生的硝化反应，属于取代反应，故其反应类型为硝化反应或者取代反应。
（6）L的结构中含有五元环，且是通过I脱去HCl和H2O得到的，根据L的结构简式可知I为。
4． 离子键 (非极性)共价键 减少和分解损失，利于析出 待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
【详解】(1)中含有离子键和共价键；
(2)与水反应的化学方程式是；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②，，，，纯度为。
5．(1)阴极
(2)
(3)过滤
(4)
(5)NH4HCO3
(6) 1:3 防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气
(7)
【分析】II分析，阳极泥经过预处理得到Mn2O3和PbO的混合物，醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，过滤得到醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，Mn2O3再和硫酸反应得到二氧化锰和硫酸锰，硫酸锰再被氯酸钠氧化得到二氧化锰，经过一系列操作可得到活性二氧化锰；由题干知滤液C能循环使用，前面用到了醋酸铵溶液，即滤液C，结合生成物中的PbCO3，②中溶液B的溶质为NH4HCO3，经过一系列操作得到PbO。
【详解】（1）由题干知硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn，所以应该是Mn2+得电子生成Mn，故在阴极生成，故答案为：阴极；
（2）阳极泥中含有MnO2，应该是锰离子在阳极放电，产生MnO2的电极反应式为，故答案为：；
（3）醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，操作X是分离醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，所以是过滤，故答案为：过滤；
（4）①中醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，离子方程式为，故答案为：；
（5）由分析可知②中溶液B的溶质为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
（6）a.1mol Mn2O3完全转化为MnO2，锰元素从+3价升高到+4价，1mol Mn2O3转移2mol电子，1molNaClO3转化为NaCl，氯元素从+5价降低到-1价，1molNaClO3需要转移6mol电子，根据得失电子守恒得，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为1:3；故答案为：1:3；
b.氯离子有还原性，加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右，目的是防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气，故答案为：防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气；
（7）由题干数据和方程式5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O得n()1=n()=，所以MnO2消耗的的物质的量为n()2= ，再由方程式MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O得n(MnO2)=n()2= ，所以样品中MnO2的质量分数= ，故答案为：。
6．(1)
(2)在溶液中，较大，有利于的生成；
(3)与发生置换反应
(4)
(5) b 阳极生成的会移动到阴极附近，使金溶解或者在阴极竞争还原
(6) 沉积金的同时，实现浸取液的再生，原子的利用率较高 硝酸
【分析】电子废料(含金属铜和金)，加入溶液得到含有的溶液和单质，再通过还原法或者电解法，得到单质。
【详解】（1）和反应，生成含有的溶液，离子方程式为：，
（2）在溶液中，较大，有利于的生成；
（3）比活泼，浸取过程中，若不及时过滤出，将中的置换出来，降低的浸取率；
（4）用还原制备，离子方程式为：；
（5）①b电极为，发生还原反应，为电解池的阴极，接电源的负极；
②若直接电解贵液，不用阴离子交换膜，阳极生成的会移动到阴极附近，使金溶解或者在阴极竞争还原，使金的沉积率会降低；
（6）①方法二的优点是：沉积金的同时，实现浸取液的再生，原子的利用率较高；
②方法二的缺点是金的纯度较低，可用硝酸进一步纯化。
7． 不属于 1 1 1 2NH3↑ 2N CO2的实验转化率未达到平衡转化率 温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度 在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【详解】Ⅰ.(1)氨水与反应生成，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：不属于；
(2) 和H2O反应生成产物之一为CnO，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒可判断还生成了N和NH3，配平后得到上述过程中生成的离子方程式为：2NH3↑+2N，故答案为：1；1；1；2NH3↑；2N；
Ⅱ.(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下转化率的计算式为，故答案为：；
(4)①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；
②反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度；
③由图2可知，温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，故答案为：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
8． 溶液中存在的水解，而溶液中和的水解相互促进，导致温度和浓度均相同时，前者的浓度大于后者 和 滤渣A成分中在时易溶于水，产生的可以结合滤液中的生成沉淀，提高的去除率，同时减少的损失 ，
【分析】利用难溶电解质的溶解度的大小关系实现沉淀的转化，并利用溶解度与温度关系进行提纯处理，据此解答。
【详解】(1)①天青石精矿(含)和碳化剂反应，碳化剂一般选择溶液或溶液。根据和均难溶于水，在相同温度下的溶解度关系如下：
分析，该反应属于沉淀转化，反应生成碳酸锶和硫酸钠或硫酸铵，转化为的离子方程式：；
②溶液中存在的水解，而溶液中和的水解相互促进，导致温度和浓度均相同时，前者的浓度大于后者，所以当温度和碳化剂的物质的量浓度均相同时，在溶液中的转化速率大于在溶液中的。
(2)①滤液中含有、、和，加入氢氧化钠溶液且调节pH到12~13，镁离子和钙离子都能生成沉淀，所以滤渣A中含有和和。
②将滤液X置于90~95℃的水浴中加热，根据氢氧化钙的溶解度随着温度升高而降低分析，得到的白色沉淀B的主要成分是。
③重复ⅱ和ⅲ3~4次，目的是滤渣A成分中在时易溶于水，产生的可以结合滤液中的生成沉淀，提高的去除率，同时减少的损失。
④ⅴ中加入硫酸，钡离子和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，溶液中的氢氧根离子和氢离子反应，使溶液得到更纯的锶离子的溶液，离子方程式为，。
9． 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的
【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；
(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；
(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；
(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；
(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。
10．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
11．(1)还原
(2)Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑
(3)通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
(4)SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
(5) H2SO4 实验后，d试管溶液颜色比C试管略深
(6)使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动
【详解】（1）向2 mL0.1 mol•L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol•L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性，故答案为：还原；
（2）用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（3）通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响，故答案为：通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响；
（4）FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)⇌Fe2+(aq)+CO32-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深，故答案为：SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深；
（5）①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子()的溶液，因此X为H2SO4，故答案为：H2SO4；
②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是实验后，d试管溶液颜色比C试管略深，故答案为：实验后，d试管溶液颜色比C试管略深；
（6）加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅，故答案为：使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动。
12．(1)氢气
(2) V形 N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力
(3) 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强
(4) 偏高
【详解】（1）金属锂与液氨反应生成和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3，中氮原子和氢原子个数比为1：2，则另一种产物气体为氢气；
（2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的价层电子对数为，孤电子对数为2，空间结构为V形；
②N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力；
（3）①该晶胞Li个数为，N个数为8，H个数为，含有八个，晶胞的质量为，体积，密度为；
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；
（4）①步骤ⅰ反应的化学方程式为；
②设样品中物质的量为n。
样品中的质量分数为；
③若i中未用溶液调节，原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。
13．(1)abc
(2) ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成 生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应
(3) ，分解成NH3逸出 随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀
【分析】高浓度氨氮废水在pH为9.5条件下通过加入氯化镁和磷酸氢二钠生成MAP，达到处理高浓度氨氮废水并获取的目的。
【详解】（1）a．含有N、P，可用作复合肥，故a正确；
b．难溶于水，分离的方法可以是过滤，故b正确；
c．水解会生成，所以废水中的会抑制水解，故c正确；
故选：abc；
（2）①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为；
②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成；
③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是：生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应；
（3）①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是：
a．生成了；
b．，分解成NH3逸出；
②后，氨氮去除率明显减小，原因是随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀。
14．(1)
(2)氧气
(3) 光亮的通路
(4)收集等体积的甲和丙中阳极产生的气体，分别通入紫色石蕊溶液，甲通入后无现象，丙通入后溶液先变红后褪色，则电解时甲和丙中阳极产生的气体不同
(5) 层间分子间作用力和碳碳键 氢氧根和反应生成，增加了层间斥力，石墨颗粒更小
【详解】（1）甲中阳极产生气体的电极反应式是：；
（2）向硫酸酸化的溶液中滴加几滴溶液，再滴入少量电解后的阳极液，溶液立即变红。该实验不能证明阳极液中含有，因为阳极液中还含有氧气也可以把亚铁离子氧化；
（3）①证实该分散系是胶体：用激光笔照射阳极液，在与光束垂直的方向观察到光亮的通路 ；
②证实阳极液中含有,ⅱ中反应的离子方程式是;
（4）收集等体积的甲和丙中阳极产生的气体，分别通入紫色石蕊溶液，甲通入后无现象，丙通入后溶液先变红后褪色，则电解时甲和丙中阳极产生的气体不同；
（5）①结合石墨晶体结构分析，石墨的晶体结构，为六边形层状。在石墨晶体中，同层的碳原子以sp2杂化形，成共价键，电解过程中石墨粉末脱落时破坏的作用力有层间分子间作用力和碳碳键；
②与甲对比，乙中脱落的石墨更易分散成胶体的原因是氢氧根和反应生成，增加了层间斥力，石墨颗粒更小。
15．(1)1s22s22p4
(2)四面体
(3) C 极性 O-H…O、N-H…O
(4)
(5) 8 4
【详解】（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。
【点睛】可利用均摊法，计算晶胞中所含微粒的数目。
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