北京市西城区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份北京市西城区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共47页。试卷主要包含了实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市西城区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

一、实验题
1．（2019·北京西城·统考一模）文献表明：相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论， 完成如下实验。
资料：i．草酸(H2C2O4)为二元弱酸。
ii．三水三草酸合铁酸钾K3 Fe(C2O4)3·3H2O为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在：
[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-  K=6.3×10-21
iii. FeC2O4·2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。
[实验1]通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。

(l) C2O42-中碳元素的化合价是____。
(2)取实验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是____。
(3)经检验，翠绿色晶体为K3 Fe(C2O4)3·3H2O设计实验，确认实验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是____。实验l中未发生氧化还原反应的原因是____。
(4)取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：
_____[Fe(C2O4)3]3-+_____H2O____FeC2O4·2H2O↓+_____+________。
[实验2]通过比较H2O2与Fe2+、C2O42-反应的难易，判断二者还原性的强弱。

(5)证明Fe2+被氧化的实验现象是____。
(6)以上现象能否说明C2O42-没有被氧化。请判断并说明理由：________
(7)用FeC13溶液、K2C2O4溶液和其他试剂，设计实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：____。
2．（2020·北京西城·统考一模）水合肼（N2H4·H2O）可用作抗氧剂等，工业上常用尿素[CO(NH2)2]和 NaClO溶液反应制备水合肼。
已知：Ⅰ．N2H4·H2O 的结构如图（…表示氢键）。
Ⅱ．N2H4·H2O 沸点 118 ℃，具有强还原性。
（1）将 Cl2 通入过量 NaOH 溶液中制备 NaClO，得到溶液 X，离子方程式是__。
（2）制备水合肼：将溶液 X 滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图 a（夹持及控温装置已略）。充分反应后，A 中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品 NaCl 和Na2CO3·10H2O。

①A 中反应的化学方程式是__。
②冷凝管的作用是__。
③若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，水合肼的产率会下降，原因是__。
④NaCl 和 Na2CO3 的溶解度曲线如图 b。由蒸馏后的剩余溶液获得 NaCl 粗品的操作是__。
（3）水合肼在溶液中可发生类似 NH3·H2O 的电离，呈弱碱性；其分子中与 N 原子相连的 H 原子易发生取代反应。
①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1 反应的离子方程式是__。
②碳酰肼（CH6N4O）是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合肼与 DEC（ ）发生取代反应制得。碳酰肼的结构简式是__。
3．（2020·北京西城·统考一模）生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如图。

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。
①反应2中有S单质生成，离子方程式是____。
②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是____。
（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是____。
②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线如图所示：

Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的证据是____。
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为：
反应4：Ag++LiCoO2==AgCoO2+Li+
反应5：……
反应5的离子方程式是____。
Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：____。
4．（2020·北京西城·统考一模）研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。
编号
实验
现象
Ⅰ
向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
出现少量气泡
Ⅱ
向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡
Ⅲ
向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L− 1CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡

（1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。
（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。
①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是__。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。
③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：
将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=__，可知沉淀中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝144 g·mol−1）
（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。
（4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。
实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。
实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。
（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。
5．（2021·北京西城·统考一模）某小组同学根据、和的氧化性推斯溶液中与可能先后发生两个反应：，，进行如下实验。
实验
试剂
现象
Ⅰ
溶液、过量锌粉
黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁
Ⅱ
的溶液、过量锌粉
片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁

(1)取实验Ⅰ反应后的少量溶液，滴加几滴溶液，生成_______，证明有。
(2)结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因：_______。
(3)实验Ⅲ，用溶液和溶液替代实验Ⅱ中的溶液：
实验
试剂
现象
Ⅰ
的溶液、过量锌粉
约半小时后，溶液变为深棕色且浑浊，无铁产生
Ⅱ
的溶液、过量锌粉
约半小时后，溶液呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生

资料：，在溶液中呈棕色。
①a=_______。
②有人认为Ⅰ中深棕色溶液中存在，设计实验证明。实验的操作和现象是_______。
③对照实验Ⅱ和Ⅲ，溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是_______。
(4)实验Ⅳ：将实验Ⅱ中水溶液换成无水乙醇溶液，加入足量锌粉，刻后，反应放热，有大量铁产生。由实验Ⅰ~Ⅳ可知：锌能否与反应得到单质铁，与和的物质的量、的浓度、_______、_______等有关。
6．（2022·北京西城·统考一模）探究溶液中与单质S的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ  将10mL 溶液与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
(1)研究黑色固体b的组成
①根据S具有_______性，推测b中可能含有、Ag、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ    具体操作如图所示

ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含_______。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是_______(填序号)。
a．酸性溶液        b．和的混合溶液        c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式：_______。
(2)研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是_______。
实验Ⅲ   具体操作如图所示

①说明溶液a中不含的实验证据是_______。
②加入足量稀盐酸的作用是_______。
(3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。
①向注射器中加入的物质是_______。
②改用溶液的目的是_______。
(4)用溶液与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用：_______。

二、有机推断题
7．（2019·北京西城·统考一模）度鲁特韦可以用于治疗HIV-1感染，M是合成度鲁特韦的一种中间体。合成M的路线如下：（部分反应条件或试剂略去）

已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）麦芽酚中含有官能团的名称是羰基、醚键、_______和______。
（2）A是苯的同系物，A—B的反应类型是_____。
（3）B- C的反应条件是____。
（4）C-D的化学方程式是_______。
（5）E不能与金属Na反应生成氢气，麦芽酚生成E的化学方程式是_______。
（6）G的结构简式是_____。
（7）X的分子式为C3H9O2N，X的结构简式是_______。
（8）Y的分子式为C4H11ON，Y与X具有相同种类的官能团，下列说法正确的是_______。
a．Y与X互为同系物
b．Y能与羧酸发生酯化反应
c．Y在浓硫酸、加热的条件下能发生消去反应
（9）K-M转化的一种路线如下图，中间产物2的结构简式是_______。

8．（2020·北京西城·统考一模）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下：

已知：+H2O
（1）A 的结构简式是__。
（2）A→B 的反应类型是__。
（3）C 中含有的官能团是__。
（4）物质 a 的分子式为 C6H7N，其分子中有__种不同化学环境的氢原子。
（5） I 能与 NaHCO3 反应生成 CO2，D+I→J 的化学方程式是__。
（6） 芳香化合物 L 的结构简式是__。
（7）还可用 A 为原料，经如下间接电化学氧化工艺流程合成 C，反应器中生成 C 的离子方程式是__。

9．（2021·北京西城·统考一模）米格列奈可用于治疗糖尿病，其合成路线如图：

已知：i. +R3-CHOH2O+
ii. H2O+
iii. +R8-NH2
(1)能与溶液反应生成气体，中含有的官能团是_______。
(2)的化学方程式是_______。
(3)的结构简式是_______。
(4)试剂为，其名称是_______。
(5)的反应类型是_______。
(6)米格列奈的过程中，会生成，与米格列奈互为碳链异构的同分异构体，则的结构简式是_______。
(7)酸性溶液中，可采用电解法由制，电解时的阴极反应式是_______。
10．（2022·北京西城·统考一模）普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，合成路线如下(部分条件和产物略去)：

已知：①R-NH2
②
③
(1)A中的官能团名称是氨基和_______。
(2)试剂a的结构简式是_______。
(3)E→F的反应类型是_______。
(4)D→E的化学方程式是_______。
(5)I的核磁共振氢谱只有一组峰，I的结构简式是_______。
(6)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.J→K的反应过程需要控制CH3OH不过量
b.G与FeCl3溶液作用显紫色
c.普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应
(7)K→L加入K2CO3的作用是_______。
(8)以G和M为原料合成普卡必利时，在反应体系中检测到有机物Q，写出中间产物P、Q的结构简式：_______、_______。


三、工业流程题
11．（2019·北京西城·统考一模）用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 3.50%   Ni 6.55%   Ca 6.41%   Mg 13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

I．制备Li2CO3粗品
(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是 ___。
(2)滤渣2的主要成分有___。
(3)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出 固体Li2CO3粗品的操作是 ______。
(4)处理1 kg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是 ____g。    （摩尔质量：Li 7 g.mol-l Li2CO3 74 g.mol-l）
II．纯化Li2CO3粗品
(5)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是 ___，该池使用了____（填“阳”或“阴”）离子交换膜。

III．制备LiFePO4
(6)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 ___。
12．（2021·北京西城·统考一模）海水中的化学资源具有巨大的开发潜力。
(1)溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。苦卤(含)提溴的工业流程如图：
苦卤(含Br)→吸收塔蒸馏塔液溴
①向吹出塔中通空气的目的是_______。
②吸收塔中盛有溶液，通入足量蒸气时，有和无色气体生成，反应的离子方程式是_______。
(2)用如图所示装置(表示斜发沸石)分离海水中的和，料液(含、、和)先流过斜发沸石吸附和。然后通电，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到溶液。

①简述溶液中含不含的原因：_______。
②海水中，则溶液中的溶质是_______。为了提高产率并防止原料浪费，通电一段时间后，将阴、阳极的斜发沸石对调，继续通电，此时斜发沸石内主要反应的离子方程式是_______。
(3)广泛用于皮肤科、眼科等疾病的治疗。利用海水中获得的和(2)中获得的溶液及粉，可获得纯度较高的晶体，流程如图：
A溶液溶液1(pH为6~7)溶液2KI晶体
已知：i.的溶解度
温度/
6
20
60
100
的溶解度/
128
140
176
206

ii.
①用化学方程式说明加入粉的作用：_______。
②操作1是_______，过滤，洗涤，干燥。
13．（2022·北京西城·统考一模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：

资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
(1)制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。
②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。
(2)制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。

四、原理综合题
14．（2019·北京西城·统考一模）研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与I2在水体和大气中的部分转化如图所示。

(1)结合元素周期律分析Cl-、I-的还原性强弱；同主族元素的原子，从上到下，____。
(2)水体中的I-在非酸性条件下不易被空气中的02氧化。原因是2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反应速率慢，反应程度小。
①I-在酸性条件下与O2反应的离子方程式是____。
②在酸性条件下I-易被O2氧化的可能的原因是____。
(3)有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I-产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20 mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。已知：每l mol O3参与反应，生成l mol O2。

①a=____。
②A中反应为可逆反应，其离子方程式是____。
③C中溶液的pH下降，用离子方程式解释原因____。
④比较A、B、C，说明Fe2+在实验B中的作用并解释____。
15．（2020·北京西城·统考一模）页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。
（1） 二氧化碳氧化乙烷制乙烯。
将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
ⅰ．C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·mol− 1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·mol− 1
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝______kJ·mol−1。
②反应ⅳ：C2H6(g) 2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面， 降低催化剂的活性，适当通入过量 CO2 可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。
③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：

【注】C2H4 选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。
CO 选择性：转化的 CO2 中生成 CO 的百分比。
对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6 的转化率升高，但 C2H4 的选择性降低，原因是__。
（2） 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：

①电极 a 与电源的______极相连。
②电极 b 的电极反应式是 ______。
16．（2021·北京西城·统考一模）NSR(NO2的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中NO2的排放，其工作原理如图。

(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566kJ·mol-1
则NSR技术工作原理的热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H3=____。
(2)①存储阶段：Ba存储NO2后转化为Ba(NO3)2的化学方程式是____。
②还原阶段：NO2从Ba(NO3)2中释放，然后在Pt的表面被CO、H2还原为N2。若参加反应的n(CO)=n(H2)，则反应的n(CO)：n(H2)：n(NO2)=____。
(3)某实验小组模拟NSR系统中的一个存储、还原过程。让尾气通过NSR反应器，测得过程中出口NO2浓度变化如图。

①t1时刻前，NO2的浓度接近0，原因是____。
②t2时刻，切换至贫氧条件，NO2的浓度急剧上升又快速下降的原因是____。
17．（2021·北京西城·统考一模）羟胺()为无色固体，结构可视为替代中1个，羟胺具有和类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺()，盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。
(1)中元素的化合价是_______。
(2)过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下：
步骤1：+NH3+H2O2X+2H2O
步骤2：X+HCl+H2O⇌NH2OHHCl+
资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为。
①的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。的结构简式是_______。
②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1。温度高于时，随温度上升氨的转化率变化的原因是_______。

③步骤2中，在密闭容器中反应时，的平衡转化率随温度变化如图2。该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

④步骤2中蒸馏出丙酮的目的是_______(1点即可)。
(3)电化学法制备盐酸羟胺：
向两侧电极分别通入和，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)：

①将图4方框中缺失的物质补充完整______。
②一段时间后，正极区的与反应前相比_______(填“增大”、“减小”或“不变”)(不考虑溶液体积的变化)。
18．（2022·北京西城·统考一模）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。

(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/mol)
反应a：  

24.6
反应b：  

3.17
反应c：  

58.17

①已知：  ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。

(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。

①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。

五、结构与性质
19．（2022·北京西城·统考一模）Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。

(1) Zn2+的价层电子排布式是_______。
(2)C、O、N的电负性从大到小的顺序是_______。
(3)三乙撑二胺( )与Zn2+能形成配位键的原因是_______。
(4)在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。

晶体
装载分子
晶胞中Zn2+个数
晶胞体积/cm3
M1
顺式偶氮苯
x

M2
反式偶氮苯
4


资料：ⅰ．
ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变
①N2的电子式是_______。
②偶氮苯( )中N的杂化轨道类型是_______。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在_______(填“σ键”或“π键”)。
③x=_______。
④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是_______光照射。

参考答案：
1．     +3     溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合生成H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红     取少量实验1中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀     Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)]3-，浓度降低，Fe3+的氧化性和C2O42-的还原性减弱     2     4     2     3C2O42-     2CO2     Ⅱ中产生大量红褐色沉淀或Ⅲ中得到翠绿色溶液     不能说明。有+4价碳的化合物生成，才能说明C2O42-被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，因此不能说明C2O42-没有被氧化     电流计的指针偏转，电池工作一段时间后，取少量左侧烧杯中的溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀
【分析】[实验1]（1）利用化合价代数和与离子电荷关系分析；
（2）取实验1中少量晶体K3 Fe(C2O4)3·3H2O，配成溶液，溶液中含有[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合生成H2C2O4 ；
（3）滴加K3Fe(CN)6溶液，检验溶液中是否含有Fe2+,因为Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)]3-。
（4）根据电子得失守恒，电荷守恒，质量守恒解题。
[实验2]I中C2O42-+Fe2++2H2O=FeC2O4·2H2O↓，得黄色沉淀；
Ⅱ中过量的双氧水先将FeC2O4·2H2O氧化，生成氢氧化铁沉淀；
ⅢK3 Fe(C2O4)3翠绿色溶液。
【详解】[实验1](l)利用化合价代数和与离子电荷关系，2x-2×4=-2,x=+3， C2O42-中碳元素的化合价是+3。
(2)取实验1中少量晶体洗净，K3 Fe(C2O4)3·3H2O配成溶液，溶液中含有[Fe(C2O4)3]3-，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合生成H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红。
(3)经检验，翠绿色晶体为K3 Fe(C2O4)3·3H2O设计实验，确认实验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是取少量实验1中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀。实验l中未发生氧化还原反应的原因是Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)]3-，浓度降低，Fe3+的氧化性和C2O42-的还原性减弱。
(4)根据电子得失守恒，铁由+3价降为+2价，氧化产物为CO2，碳由+3升为+4价，由电荷守恒，方程式后补带负电荷的粒子C2O42-，再由质量守恒解题，配上水的系数。2[Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+3C2O42-+2CO2。
[实验2]I中C2O42-+Fe2++2H2O=FeC2O4·2H2O↓，得黄色沉淀；
Ⅱ中过量的双氧水先将FeC2O4·2H2O氧化，生成氢氧化铁沉淀；
Ⅲ中得到K3 Fe(C2O4)3翠绿色溶液。
(5)证明Fe2+被氧化的实验现象是Ⅱ中产生大量红褐色沉淀或Ⅲ中得到翠绿色溶液 。
(6)以上现象不能说明C2O42-没有被氧化。理由：有+4价碳的化合物生成，才能说明C2O42-被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，因此不能说明C2O42-没有被氧化。
(7)用FeC13溶液、K2C2O4溶液和其他试剂，设计实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：电流计的指针偏转，电池工作一段时间后，取少量左侧烧杯中的溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀。
【点睛】本题考查实验设计，验证物质的氧化性和还原性强弱，解题关键：综合应用氧化还原反应、络合反应，电化学知识，难点：（7）设计实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，要应用原电池知识。
2．     Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O     NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3     冷凝回流水合肼     N2H4·H2O被NaClO氧化     加热至有大量固体析出，趁热过滤     N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O    
【详解】（1）Cl2与过量 NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，则得到溶液X的离子方程式为Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O；
（2）①A 中的反应为碱性条件下，次氯酸钠与尿素发生氧化还原反应生成水合肼、碳酸钠和氯化钠，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3；
②由题意可知水合肼的沸点低，易挥发，为防止水合肼挥发，造成产率降低，应选用冷凝管冷凝回流，故答案为：冷凝回流水合肼；
③水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率会下降，故答案为：N2H4·H2O被NaClO氧化；
④由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得 NaCl 粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出，故答案为：加热至有大量固体析出，趁热过滤；
（3）①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1反应生成N2H5Cl和水，反应的离子方程式N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O；
②一定条件下，水合肼与发生取代反应生成和乙醇，则碳酰肼的结构简式是，故答案为：。
【点睛】水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化是解答关键。
3．     ZnS+2Fe3+==Zn2++S+2Fe2+     细菌的活性降低或失去活性     4LiCoO2+12H+4Li++4Co2++6H2O+O2↑     加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率     AgCoO2+3Fe3+==Ag++Co2++3Fe2++O2↑     加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大
【分析】（1）①根据图示，反应2是ZnS被Fe3+氧化成S单质；
②温度较高或酸性过强时细菌的活性降低或失去活性；
（2）①反应1是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，根据氧化亚铁硫杆菌是催化剂书写总反应；
②Ⅰ．由图1可知，Ag+浓度越大，钴浸出速率越快；
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，反应3-反应4=反应5；
Ⅲ．加入Ag+催化了反应3，反应速率加快，相同时间内消耗H+更多。
【详解】（1）①根据图示，反应2是ZnS被Fe3+氧化成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒，该反应的离子方程式是ZnS+2Fe3+==Zn2++S+2Fe2+；
②温度较高或酸性过强时细菌的活性降低或失去活性，所以金属离子的浸出率均偏低；
（2）反应1：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，
反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
氧化亚铁硫杆菌是催化剂，消掉Fe2+、Fe3+，得总反应4LiCoO2+12H+ 4Li++4Co2++6H2O+O2↑；
②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率，所以Ag+能催化浸出Co2+；
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
反应4：Ag++LiCoO2==AgCoO2+Li+；反应3-反应4=反应5，反应5是：AgCoO2+3Fe3+==Ag++Co2++3Fe2++O2↑；
Ⅲ．加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，由总反应4LiCoO2+12H+4Li++4Co2++6H2O+O2↑可知，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。
4．     2H2O2 O2↑+2H2O     H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+     CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu          溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大     将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变     CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多
【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2 O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2 O2↑+2H2O；
（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+；
②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；
③a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有= c mol/L×V×10—3L，解得V=ml，故答案为：；
（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +HO2－、HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；
（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；
（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。
【点睛】当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。
5．     蓝色沉淀     ，被消耗，促进的水解，产生氢氧化铁沉淀     0.5     过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体     与结合生成，溶液中的浓度下降，使得与反应的化学反应速率变慢     阴离子种类     溶剂
【详解】(1) Fe2+和溶液反应产生蓝色沉淀；
(2)FeCl3溶液中存在水解平衡，加入锌粉，被消耗，促进的水解，产生氢氧化铁沉淀；
(3) ①该对比实验是为了探究阴离子的影响，则Fe3+的物质的量应是定量，则n(Fe3+)=c1V1=c2V2，即1mol/L×2mL=amol/L×2×2mL，解得a=0.5；
②由可逆反应，若Ⅰ中存在，可加热溶液，会产生NO，NO再被空气中的O2氧化成NO2，则会观察到红棕色气体生成，则设计实验的操作和现象是：过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体；
③Fe3+和H+、反应产生Fe2+和NO，NO再与Fe2+结生成，而Fe3+和H+、不反应，过量Zn与Fe3+反应得到Fe2+，Zn再置换出Fe单质，则溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是：与结合生成，溶液中的浓度下降，使得与反应的化学反应速率变慢；
(4) 由实验Ⅳ可知，溶剂从水换成无水乙醇溶液，有铁单质生成，则锌能否与反应得到单质铁与溶剂有关，实验Ⅱ和Ⅲ将换成，无铁单质生成，则锌能否与反应得到单质铁与阴离子种类有关。
6．(1)     氧化性和还原          bc    
(2)     S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或     向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去     排除对和检验的干扰
(3)     10mL 溶液与0.01g S粉     排除(H+)对反应的影响
(4)，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生

【解析】(1)
①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性；
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀；
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验；
ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：；
(2)
溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或；
①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；
②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰；
(3)
①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉；
②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响
(4)
与S反应的离子方程式并简要说明的作用：，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生。
7．     碳碳双键     羟基     取代反应     NaOH水溶液，加热                         bc    
【分析】A为，在光照条件下与溴发生取代反应生成B，在NaOH的水溶液中水解生成C，C氧化后生成D，根据信息I，D与E发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，根据信息Ⅱ，G在NaIO4，RuCl3作用下生成，在一定条件下与反应生成J转化成K，最终与Y经三步反应得产品M。

【详解】(l)麦芽酚中含有官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键和 羟基；
(2)A是苯的同系物，A为，在光照条件下与溴发生取代反应生成B；
(3) B在NaOH的水溶液中水解生成C，B→ C的反应条件是NaOH水溶液，加热。
(4)C氧化后生成D，C-D的化学方程式是。
(5)E不能与金属Na反应生成氢气，麦芽酚生成E的化学方程式是。
(6)F发生消去反应生成G，G的结构简式是。
(7)结合J和X的分子式为C3H902N，X的结构简式是。
(8)结合K、M、Y的分子式为C4H11ON，Y与X具有相同种类的官能团，Y为，a 、X有两个羟基， Y与X不是互为同系物，错误；b  Y含有羟基能与羧酸发生酯化反应，正确；c  Y羟基的邻碳上有氢，在浓硫酸、加热的条件下能发生消去反应，正确；故选bc。
(9)K→M转化的一种路线如图，与氨基上一个氢与羧基脱去一分子水，得中间产物1，氨基与醛基加成，得中间产物2的结构简式是，中间产物2两个羟基再失去一分子水得M。
【点睛】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线等，熟练掌握官能团的性质与转化，难点（9）注意由K到M的三步反应的猜想，和对加成反应，取代反应的综合运用。
8．          取代反应     醛基     4              
【分析】由有机物的转化关系可知，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则A为，B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；一定条件下，与氨气和氢气反应生成，则D为；在催化剂作用下，CH2=CHCH3与氧气发生催化氧化反应生成CH2=CHCHO，则E为CH2=CHCH3，F为CH2=CHCHO；CH2=CHCHO与发生加成反应生成，则a为；一定条件下转化为，与氯酸钠发生氧化反应生成，则I为；一定条件下，与发生取代反应生成，则J为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应（或还原反应）生成，与LiAlH4发生还原反应生成，则L为；一定条件下转化为，经过一系列反应生成莫西沙星。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式是，故答案为：；
（2）A→B 的反应为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，故答案为：取代反应；
（3）C的结构简式为，官能团醛基，故答案为：醛基；
（4）物质 a 的分子式为C6H7N，结构简式为，分子中有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4；
（5）I的结构简式为，D+I→J 的反应为一定条件下，与发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）由分析可知，芳香化合物 L 的结构简式为，故答案为：；
（7）酸性条件下，反应器中与Ce4+离子发生氧化反应生成和Ce3+离子，反应的离子方程式为，故答案为：。
9．     羧基、碳碳双键               1，3-丁二烯     还原反应         
【分析】与水反应生成A；A与氢气发生加成反应生成B；B与甲醇在浓硫酸加热的情况下生成C；C与D反应生成E；E经过一系列反应生成；在一定条件下生成G；G在氨气的条件下加热生成H；H与氢气发生加成反应生成I；I生成J；F+J生成米格列奈；
【详解】(1)1molA与2mol碳酸氢钠发生反应，说明A中有两个羧基，A为，A中含有的官能团是羧基、碳碳双键，
(2) 的化学方程式是；
(3)根据分析的结构简式是；
(4) 为1，3-丁二烯；
(5) 生成，属于还原反应；
(6) F与J反应时有两种断键方式，一个是生成米格列奈，另外一个是M，与米格列奈互为碳链异构的同分异构体，米格列奈为，M为；
(7) 酸性溶液中，可采用电解法由制，A为，B为，电解时的阴极反应式是。
10．(1)碳氯键
(2)
(3)取代反应
(4)+Cl2+HCl
(5)
(6)ac
(7)吸收K→L生成的HBr，利于L的生成
(8)         

【分析】根据F的结构简式结合已知信息可判断A和乙酸酐发生取代反应生成B为 ，E和单质溴发生取代反应生成F，则E的结构简式为，根据已知信息可知B发生取代反应生成D为，D和氯气发生苯环上的取代反应生成E，根据G的分子式结合F生成G的反应条件以及最终产品的结构简式可知G的结构简式为，根据已知信息可知M的结构简式为，则L的结构简式为，根据K的分子式可知K的结构简式为CH3OCH2CH2CH2Br，根据已知信息可判断J的结构是BrCH2CH2CH2Br，I的核磁共振氢谱只有一组峰，所以I的结构简式为，据此解答。
（1）
根据A的结构简式可判断A中的官能团名称是氨基和碳氯键。
（2）
B和试剂a发生取代反应生成D，则a的结构简式是。
（3）
根据以上分析可知E→F的反应类型是取代反应。
（4）
根据以上分析可知D→E的化学方程式是 +Cl2+HCl。
（5）
I的核磁共振氢谱只有一组峰，I是环丙烷，结构简式是 。
（6）
a．J中含有2个溴原子，所以J→K的反应过程需要控制不过量，a正确；
b．G分子中不存在酚羟基，与溶液作用不显紫色，b错误；
c．根据普卡必利的结构简式可知分子中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应，c正确；
答案选ac。
（7）
K→L中有溴化氢生成，则加入的作用是吸收K→L生成的HBr，利于L的生成。
（8）
G生成P时减少了2个氢原子，这说明醇羟基被氧化为醛基，则P的结构简式为 ，由于M中的氨基和P中的醛基发生加成反应生成Q，则Q的结构简式为 ，最后Q中羟基被氧化转化为普卡必利。
11．     研磨、70℃加热     Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2     趁热过滤     185ab     4OH--4e-=2H2O+O2↑     阳     Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO
【分析】（1）根据速率的影响因素分析；
（2）由资料I，Mg、Ni、Ca在溶液中浓度变化较大；
（3）向滤液2中先加入EDTA，与二价金属离子络合，从而确保它们不与Li+一起沉淀；
（4）根据关系式2Li～Li2CO3计算；
（5）电解原理阳极发生氧化反应，Li+移向阴极生成LiOH,该电池使用阳离子交换膜。
（6）根据质量守恒定律写出方程式。
【详解】I．制备Li2CO3粗品
(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是研磨、70℃加热。
(2)由资料I，Mg、Ni、Ca在溶液中浓度变化较大，滤渣2的主要成分有 Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2 。
(3)向滤液2中先加入EDTA，与二价金属离子络合，从而确保它们不与Li+一起沉淀，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，形成Li2CO3的热饱和溶液，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品的。
(4)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，由关系式得则粗品中含Li2CO3的质量是1000g×3.50%×a×b× 74 g.mol-l/(7 g.mol-l ×2)=185abg；
(5)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式是 4OH--4e-=2H2O+O2↑，该池使用了阳离子交换膜，Li+移向阴极生成LiOH。
(6)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，由质量守恒，可燃性气体应是CO，该反应的化学方程式是 Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO。
12．     将蒸气吹出          料液(含、、和)先流过斜方沸石，被吸附，与分离，随溶液流出，然后通电，双极膜产生的将交换下来，通过阳离子交换膜进入中     、               加热浓缩，降温结晶
【分析】(1)苦卤中通入氯气发生氧化还原反应生成溴单质，通入热空气吹出后吸收塔中，Na2CO3吸收了Br2后的溶液中含有Br-和BrO3-，用碳酸钠吸收，加入稀硫酸反应生成溴单质，蒸馏塔中得到液溴，
(3)A溶液中含有KI、KOH，加入适量I2发生反应：，加入铁粉将KIO3还原为KI，从而除去KOH，铁元素转化成Fe(OH)2沉淀，过滤掉固体，得到溶液2是KI溶液，再根据KI的溶解度，加热浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥可得KI晶体。
【详解】(1) ①Cl2和苦卤中的Br-反应生成Br2，向吹出塔中通空气的目的是：将蒸气吹出；
②该反应Br元素发生自身歧化反应，Br元素的化合价升高生成，化合价降低生成Br-，根据原子守恒可知无色气体是CO2，则该反应的离子方程式为：；
(2) ①溶液中含不含的原因：料液(含、、和)先流过斜方沸石，被吸附，与分离，随溶液流出，然后通电，双极膜产生的将交换下来，通过阳离子交换膜进入中；
②通电后双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到溶液，则A溶液的溶质为KI，由于，根据溶液呈电中性，则应还有OH-，则另一个溶质为KOH；将阴、阳极的斜发沸石对调，则交换下来、交换下来，两者反应生成水，离子方程式是：；
(3) ①根据已知信息ii，可知溶液1含有KIO3，加入铁粉将KIO3还原为KI，铁元素转化成Fe(OH)2沉淀，反应的化学方程式：；
②溶液2是KI溶液，根据已知信息i可知KI的溶解度随温度升高而增大，且变化明显，则可升温得到浓的KI溶液，再降温析出晶体，则从KI溶液中得到KI晶体，操作1是：加热浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥。
13．(1)          加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等     生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
(2)               ，能产生沉淀     发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀     pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等

【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【详解】（1）由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
（2）①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。
14．     原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性Cl>I，离子的还原性Cl-I，离子的还原性Cl-