北京市昌平区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

这是一份北京市昌平区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共38页。试卷主要包含了四氧化三铅被广泛用作防锈漆成分等内容，欢迎下载使用。

北京市昌平区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·北京昌平·统考二模）我国平原地区地下水质量差，铁、锰含量较高，需进行处理才能达到饮用水标准。地下水中铁锰的来源主要是矿物FeCO3和MnCO3。
(1)酸雨地区地下水中铁含量更高，结合化学用语从平衡移动角度解释原因_______。
(2)去除Fe2+
①除铁滤池经过曝气3～7天后，滤料表面形成______色物质，其成分是Fe(OH)3，使得溶液中Fe2+含量迅速下降，其作用过程如图所示。

②将过程ii的离子方程式补充完整：________。
过程i：Fe2++Fe(OH)3=[Fe(OH)2OFe]++H+
过程ii：4[Fe(OH)2OFe]++ +10H2O= +
③有利于提高过程ii反应速率的措施是______(填序号)。
A．降低温度     B．通入足量O2 C．搅拌
(3)去除Mn2+
向除锰滤池中加入ClO2将Mn2+氧化为MnO2，随着反应进行，滤池溶液的pH___(填“变大”“变小”或“不变”)。
2．（2022·北京昌平·统考二模）螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。

资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的—COOH解离出H+，变成—COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的—COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
(1)M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)____。
(2)M中N原子的杂化轨道类型为____。
(3)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是____。
(4)在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。

①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为____时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因____。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因____。
3．（2020·北京昌平·统考二模）实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2

(1)A中发生反应的化学方程式是__________。
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是________。
(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号
试管
操作
现象
①
2 mLB中溶液
加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
2 mLB中溶液
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
变蓝
③
2 mLH2O
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝

实验③的目的是________。
(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_________。
II.探究NaNO2的性质
装置
操作
现象

取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。
i.溶液迅速变为棕色；
ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。
iii.最终形成棕褐色溶液。

资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
(5)溶液迅速变为棕色的原因是_________。
(6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是_________。
(7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。

Fe(OH)x(SO4)y中x=_______(用含V1、V2的代数式表示)。
4．（2021·北京昌平·统考二模）四氧化三铅(化学式可以写为2PbO·PbO2)被广泛用作防锈漆成分。测定某样品中四氧化三铅含量的步骤如下(样品中杂质均不参与反应)：
Ⅰ．称取ag样品，加酸溶解，滤去不溶物，所有的铅元素进入溶液中并得到含有Pb2+的溶液。
Ⅱ．加入过量K2Cr2O7溶液，加热，生成黄色沉淀(PbCrO4)，冷却，过滤。
Ⅲ．将沉淀全部转移至仪器A中，加入浓HCl，沉淀溶解，溶液转为橙色。
Ⅳ．加入过量KI溶液，置于暗处5~10分钟，溶液呈棕黄色。
Ⅴ．加入cmol·L−1Na2S2O3溶液进行滴定，当溶液转为浅黄色时，加入淀粉，滴定至终点。进行3次平行实验，消耗Na2S2O3溶液的体积平均值为vmL。
已知：ⅰ． (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2(黄色)+I−(无色)(棕黄色)。
ⅳ．I2+2 (无色)=2I−+ (无色)。
(1)PbO2中Pb的化合价是___________。
(2)Ⅱ中生成沉淀的离子方程式为___________。
(3)结合化学用语解释：Ⅲ中加入浓HCl后沉淀溶解的原因是___________。
(4)将Ⅳ中反应的离子方程式补全：□I−+___________+___________=□Cr3++___________+___________，___________
(5)Ⅴ中滴定终点的现象是___________。
(6)样品中四氧化三铅的质量分数为___________。(列出表达式即可，M(四氧化三铅)=685g·mol−1)
(7)步骤Ⅱ、Ⅲ在达成实验目的中起到的作用是___________。
5．（2021·北京昌平·统考二模）某小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中(装置如图所示)发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。

(1)二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是___________。
[提出猜想]ⅰ．随着反应进行，c(Cl-)降低，不能被二氧化锰氧化
ⅱ．随着反应进行，……
[进行实验]将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想ⅰ不成立。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；___________，充分振荡，继续加热
试纸未变蓝
Ⅱ
将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热
滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入浓硫酸后，试纸变蓝

(2)将Ⅰ中操作补充完整：___________。
(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了___________(填化学式)。
[进一步实验]设计如下实验进一步探究。
序号
实验装置
实验操作
现象
Ⅲ

向左侧烧杯中滴加2滴浓硫酸
滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；滴加浓硫酸后，电流表指针偏转
Ⅳ
向右侧烧杯中滴加2滴浓硫酸
电流表指针始终不偏转

(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是___________。
(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是___________。
[新的探究]小组同学又进行了实验Ⅴ、Ⅵ。
序号
实验操作
实验现象
Ⅴ
在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水
产生气泡
Ⅵ
在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水
产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液

(6)Ⅵ中反应的离子方程式是___________。
(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因___________。
6．（2022·北京昌平·统考二模）某小组同学探究漂白精片(主要有效成分：次氯酸钙)与氯化铜反应产物，操作及现象如表：
序号
操作
现象
实验I
取研磨成粉状的漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌
产生黑色悬浊液，同时有大量气泡产生

(1)甲同学预测气泡主要为Cl2，乙同学不认同甲的观点，理由如表：
理由
对应的离子方程式
ClO-与Cl-需在酸性条件下反应生成Cl2
①
Ca(ClO)2溶液显碱性
②

写出离子方程式：①____，②____。
(2)猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是____。
(3)对悬浊液成分进行探究。
①预测悬浊液成分为CuO，进行如图操作。

经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4。此时可推断悬浊液中____(选填序号)CuO。
a.一定有    b.可能有      c.一定没有
②查阅资料，悬浊液中有高铜酸钙：Ca(CuO2)2，实验I中主要发生了以下反应：
i____。(写出该反应的离子方程式)
ii.i中生成的Ca(CuO2)2部分分解：2Ca(CuO2)2=2CaCuO2+2CuO+O2↑
(4)查阅资料：某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子。小组同学设计如图流程制备高铁酸钾：
FeCl2溶液溶液CK2FeO4溶液
写出第一步反应的离子方程式____。
7．（2020·北京昌平·统考二模）石油炼制过程中产生的H2S是一种有毒气体，其有效利用是亟需解决的问题。
(1)H2S的电子式是_________。
(2)热分解法处理H2S
H2S(g)=H2(g)+S(s)    ΔH1
已知：i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)    ΔH2
ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)    ΔH3
①利用ΔH2和ΔH3计算ΔH1时，还需要利用_______反应的ΔH。
②直接加热分解H2S转化率低，科学家发现MoS2可以催化H2S分解制取氢气和硫磺，多孔陶瓷膜可以使氢气选择性分离。科学家使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置进行反应的原因有_________。
(3)电化学法处理H2S
为避免硫磺沉积在阳极，将氧化吸收和电解制氢过程分开进行，装置如图所示。氧化吸收器中为Fe2(SO4)3溶液，电解反应器中，以石墨为阳极，以Pt为阴极，中间用质子交换膜隔开。

①氧化吸收器中反应的离子方程式为_________。
②电解反应器中，阴极的电极反应式为_________。
③电解反应器的作用是_________(写出2点)。
8．（2021·北京昌平·统考二模）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ/mol]在大力推进生态文明建设、“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，受到更为广泛的关注。
I．该反应以两种温室气体为原料，可以生成合成气。如何减少反应过程中的催化剂积炭，是研究的热点之一、某条件下，发生主反应的同时，还发生了积炭反应：
CO歧化：2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H=-172kJ/mol
CH4裂解：CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H=+75kJ/mol
(1)对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是(选填序号)___________，理由是___________。

(2)实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由___________反应产生。
综合以上分析，为抑制积炭产生，应选用高温、低压条件。
II．该重整反应也可用于太阳能、核能、高温废热等的储存，储能研究是另一研究热点。
(3)该反应可以储能的原因是___________。
某条件下，除发生主反应外，主要副反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol。研究者研究反应物气体流量、CH4/CO2物质的量比对CH4转化率(XCH4)、储能效率的影响，部分数据如下所示。
【资料】储能效率：热能转化为化学能的效率，用ηchem表示。ηchem=Qchem/Q。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Q是设备的加热功率。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L·min-1
CH4/CO2
XCH4/%
ηchem/%
①
800
4
2：2
79.6
52.2
②
800
6
3：3
64.2
61.9
③
800
6
2：4
81.1
41.6

(4)气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低，___________。
(5)对比实验___________(填序号)，可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高。
(6)对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是___________(该条件下设备的加热功率视为不变)。
9．（2022·北京昌平·统考二模）在双碳目标驱动下，大批量氢燃料客车在2022年北京冬奥会上投入使用。稳定氢源的获取是科学研究热点，对以下2种氢源获取方法进行讨论。
Ⅰ．甲醇蒸汽重整制氢
甲醇蒸汽重整制氢过程中有以下化学反应。
编号
反应
方程式
△H/kJ·mol-1
R1
甲醇蒸汽重整
CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)
△H1=+49.24
R2
甲醇分解反应
CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)
△H2
R3
水汽反应
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
△H3=-41.17
R4
积碳反应
CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)
△H＜0
CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)
△H＜0
2CO(g)C(s)+CO2(g)
△H＜0

资料：产氢率和水碳比(S/C)的定义：
①产氢率=
②水碳比(S/C)表示反应物中H2O和CH3OH的比值，水碳比的变化是以CH3OH不变，改变H2O的物质的量加以控制。
(1)理想产氢率=_______。
(2)△H2=_______kJ·mol-1
(3)针对R1进行讨论：其他条件不变，随着温度升高，n(H2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。
(4)其他条件不变，测得产物摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图所示。由图可知，在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大，原因是_______。

(5)结合资料和图示，提出2条减少积碳的措施_______、_______。
Ⅱ．电解液氨制氢
氨分子中具有较高的含氢量，因此是制氢的优选原料。使用NaNH2非水电解质研究液氨电解制氢原理，装置示意图如图所示。

资料：2NH3NH+NH
(6)①某电极上发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH，该电极为_______(选填a或b)极。
②写出另一极上发生的电极反应_______。
③不考虑其它能量损耗，利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是_______mol。
10．（2020·北京昌平·统考二模）炼铅烟尘的主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，回收处理炼铅烟尘可实现资源再生。某工艺流程如图：

已知：ⅰ.Pb2O3Pb3O4PbO
ⅱ.CdSO4易溶于水，热稳定性好
ⅲ.PbSO4(s)+2Cl-(aq)PbCl2(s)+SO42-(aq)
PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)
ⅳ.Pb(OH)2为两性氢氧化物
(1)步骤①中焙烧的目的是________。在此过程中PbO与浓硫酸发生反应的化学方程式为________。
(2)滤液I的成分是________。
(3)相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响如下表所示（均未达到平衡状态）。
焙烧温度/℃
各元素的去除率/%
酸料比/(mL/g)
各元素的去除率/%
Pb
Cd
Pb
Cd
100
2.57
56.63
0.3
2.57
74.12
200
2.62
89.30
0.4
2.67
85.10
500
2.67
96.98
0.5
2.72
92.48
600
2.87
95.42
0.6
2.67
96.98
900
2.88
40.15
0.7
2.65
95.13

应选择的焙烧温度和酸料比为________。
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能为________。
(4)步骤③中NaCl溶液的作用是________。
(5)步骤④的操作是________。
(6)下列说法正确的是________(填序号)。
A．步骤①中浓硫酸作氧化剂
B．步骤③中pH<4的目的是防止Pb2+水解
C．步骤④的滤液可循环利用以提高Pb的回收率
D．步骤⑤中增大NaOH溶液浓度可使Pb沉淀完全
11．（2021·北京昌平·统考二模）我国每年的钢产量居世界前列，每年产生大量废铁皮。某科研小组利用本地钢厂所产生的废铁皮，探索制备高纯氧化铁的新工艺。
该废铁皮的化学多元素分析结果如下表所示。
化学成分
FeO
Fe2O3
Fe
CaO
CaSiO3
其他(C、S等)
含量(%)
47.35
41.92
1.07
2.64
3.48
2.68

制备流程如下图所示。

(1)废铁皮在焙烧过程中，单质Fe、C、S都可与O2反应，其中S与O2反应的化学方程式是___________。
(2)在酸溶过程中，为增加溶解速率，可采取的措施是___________。
(3)过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、___________。
(4)滤液经检验含有Fe2+，检验方案及现象是___________。
(5)已知：生成氢氧化物沉淀的pH

Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
6.3
1.5
完全沉淀时
8.3
2.8

注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
加入氨水以控制溶液的pH在(选填序号)___________。
a．3-5  b．6-8   c．9-10
(6)在搅拌过程中，产生Fe(OH)3的反应方程式有___________。
(7)对所得高纯氧化铁进行检验，其中Fe2O3含量为95.02%(高于国家一级品技术要求)；同时发现还含有0.3%的总钙量(以CaO表示)。产品中含有钙元素的原因是___________。
12．（2022·北京昌平·统考二模）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：

资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Zn(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀时
6.3
1.5
6.2
9.1
11.8
6.9
完全沉淀时
8.3
2.8
8.2
11.1
13.8
8.9

注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+M+xH+
(1)操作1、2的名称是____，操作3的名称是____。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是____。
(3)NiF2溶液参与反应的离子方程式是____。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)=____mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
(4)滤液b中含有的微粒主要有____。
(5)在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是____。

(6)在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式____。
13．（2020·北京昌平·统考二模）他米巴罗汀(I)可用于治疗急性白血病，其合成研究具有重要意义，合成路线如图所示。

已知：i.HCCH+
ii.R—NO2R—NH2
iii.R1—NH2++HCl
(1)A中官能团名称是_________。
(2)B的结构简式是________。
(3)D→E的化学方程式是__________。
(4)试剂a是_________。
(5)已知H在合成I的同时，还生成甲醇，G→H所加物质L的结构简式是______。
(6)B的一种同分异构体符合下列条件，其结构简式是________。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱只有两组吸收峰
(7)D→E的过程中有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是_______。
(8)也是合成他米巴罗汀(I)的一种原料，合成路线如图所示。利用题中所给信息，中间产物的结构简式是_______________。

14．（2021·北京昌平·统考二模）泊马度胺(K)是一种新型免疫调节药物。其合成路线如下(部分条件已省略)。


已知：①－NH2－NH2，Boc2O的结构简式为，可用－Boc代表
②
③，产物Fe以Fe2+形式存在
(1)A的质谱图如所示，已知质谱图中质荷比数值最大的数据即为待测分子的相对分子质量，A的结构简式是___________。

(2)C中含氧官能团的名称是___________。
(3)G的结构简式为___________。
(4)写出D+H→J的化学方程式___________。
(5)下列说法正确的是___________。
a．E具有两性
b．Boc2O的核磁共振氢谱中有2个信号峰
c．F可发生取代反应、酯化反应，也可与碳酸钠反应
(6)由J生成1molK至少需要Fe物质的量为___________mol。
(7)为制备化合物M(结构简式为)，甲同学设计合成路线I，乙同学认为I不可行，设计了合成路线II．
Ⅰ.
Ⅱ.
X、试剂b的结构简式分别是___________、___________。
15．（2022·北京昌平·统考二模）聚酰亚胺是一种高性能特种工程材料，已广泛应用在航天航空、有机光电等领域。一条制备某聚酰亚胺(Q)的路线如图：

Q的结构简式：

已知：R1COOH+R2COOH
(1)A的结构简式是____。
(2)B中的含氧官能团的名称是____。
(3)C→D的反应类型是____。
(4)关于G的说法正确的是____。
a.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的H原子
b.不存在含有1个苯环及3个醛基的同分异构体
c.分子中所有原子共平面
(5)N的结构简式是____。
(6)制备1molQ，消耗K和P的物质的量之比是____，同时产生____mol小分子物质。

参考答案：
1．     FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，酸雨中含H+，结合CO32-，使得平衡正向移动，增大地下水中Fe2+的浓度     红褐     4[Fe(OH)2OFe]++O2+10H2O=8Fe(OH)3+4H+     BC     变小
【分析】(1)根据FeCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡分析；
(2)①根据Fe(OH)3是红褐色难溶性物质分析；
②根据题目已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，书写方程式；
③根据化学反应速率的影响因素分析；
(3)结合发生的氧化还原反应，分析溶液中H+离子浓度变化进行判断。
【详解】(1)FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32-形成HCO3-，使得溶液中c(CO32-)浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
(2)①除铁滤池经过曝气3～7天后，表面被氧化产生Fe(OH)3，由于Fe(OH)3是红褐色难溶性物质，因此会看到滤料表面形成红褐色物质；
②根据电子守恒、原子守恒电荷守恒，可得过程ii的离子方程式为：4[Fe(OH)2OFe]++O2+10H2O=8Fe(OH)3+4H+；
③A. 降低温度，物质具有的能量降低，反应速率减低，A不符合题意；
B. 通入足量O2，增大了反应物浓度，化学反应速率加快，B符合题意；
C. 搅拌能够使反应物充分接触，反应物接触面积增大，反应速率加快，C符合题意；
故合理选项是BC；
(3)向除锰滤池中加入ClO2可将Mn2+氧化为MnO2，在溶液中发生反应：2ClO2+6H2O+5Mn2+=2Cl-+5MnO2+12H+，可见随着反应进行，滤池溶液中c(H+)增大，导致溶液的酸性增强，溶液的pH变小。
【点睛】本题考查了化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡及氧化还原反应的应用。掌握有关概念、反应原理是本题解答的关键。对于有电子转移的离子反应，在方程式书写时，要同时遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒，同时应注意物质的溶解性及电解质的强弱、物质的拆分原则，题目考查了学生应用能力和接受信息及处理能力。
2．(1)
(2)sp3
(3)Cu2+
(4)     6     c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降     酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降

【详解】（1）M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越强，电负性越强，则电负性由大到小的顺序为，故答案为：；
（2）M中N原子的价电子对数为，则杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）①由图示知，其中pH约为6时吸附效果最好，故答案为：6；
②根据平衡移动原理分析，c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；
③从结构角度分析，酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降。
3．     3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O     防止倒吸（或增大反应物的接触面积）     证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I-     NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-     酸性条件下，NO2-+H+HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色     4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O    
【分析】I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；
II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；
(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；
(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；
(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；
(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；
(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]=×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x=。
【点睛】本题考查了NaNO2的制备、性质及物质化学式的测定。涉及化学反应原理、干扰因素的产生与排除、实验方案的设计、滴定方法的计算等。要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒和物质的量的有关计算公式分析解答，考查了学生信息接受和使用能力及知识应变能力。
4．     +4     2Pb2+++H2O=2PbCrO4↓+2H+     沉淀中存在平衡：PbCrO4(s)Pb2+(aq)+ (aq)①，由于存在平衡+H2O2+2H+②，加入浓盐酸后c(H+)增大，平衡②逆向进行，使c()减小，因此使平衡①正向进行，沉淀逐渐溶解     9I−++14H+=3I+2Cr3++7H2O或者6I−++14H+=3I2+2Cr3++7H2O     溶液由蓝色变为无色，且半分钟无变化          将Pb2+转化为PbCrO4沉淀，形成Pb元素与Cr元素的固定配比，从而可以通过滴定的浓度求得Pb2+的浓度
【详解】(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，PbO2中O的化合价为-2价，则Pb的化合价是+4价；
(2)Ⅱ中含有Pb2+的溶液加入过量K2Cr2O7溶液，加热，生成黄色沉淀(PbCrO4)，生成沉淀的离子方程式为2Pb2+++H2O=2PbCrO4↓+2H+；
(3) 沉淀中存在平衡：PbCrO4(s)Pb2+(aq)+ (aq)①，由于存在平衡+H2O2+2H+②，加入浓盐酸后c(H+)增大，平衡②逆向进行，使c()减小，因此使平衡①正向进行，沉淀逐渐溶解，故Ⅲ中加入浓HCl后沉淀溶解；
(4)Ⅳ中加入过量KI溶液，置于暗处5~10分钟，溶液呈棕黄色，是酸性条件下将I−氧化成I2，同时自身被还原为Cr3+，根据氧化还原反应的原理配平可得反应的离子方程式为：9I−++14H+=3I+2Cr3++7H2O或者6I−++14H+=3I2+2Cr3++7H2O；
(5)以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准液滴定生成的碘，故Ⅴ中滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟无变化；
(6)由方案可知，利用Na2S2O3标准溶液确定生成的I2，再根据方程式计算Pb2+的物质的量，进而计算Pb3O4的质量，确定Pb3O4的质量分数，依据反应过程中的定量关系可知：Pb3O4的化学式可以写出2PbO•PbO2，依据反应2PbCrO4+2H+=2Pb2+++H2O，6I−++14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2 (无色)=2I−+ (无色)；得到定量关系为：
Pb3O4～ 2PbO•PbO2～2Pb2+～～6I-～3I2～6，样品中四氧化三铅的质量分数为=；
(7)步骤Ⅱ、Ⅲ在达成实验目的中起到的作用是将Pb2+转化为PbCrO4沉淀，形成Pb元素与Cr元素的固定配比，从而可以通过滴定的浓度求得Pb2+的浓度。
5．     MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O     加入固体NaCl     Cl2     MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O     c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-     MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O     滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
【详解】(1)实验室二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；加入固体NaCl充分振荡，增加氯离子浓度，继续加热，试纸未变蓝，说明没产生氯气，说明不是c(Cl-)影响氯气的生成。
(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了：Cl2，氯气将碘离子氧化为碘单质，湿润的淀粉变为蓝色。
(4)滴加浓硫酸后，由于氢离子浓度改变，增加MnO2的氧化性，右边烧杯中反应的电极反应式是：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。
(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是：c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-。
(6)Ⅵ中二氧化锰与双氧水反应生成氧气，Mn2+，且Mn2+无色，反应的离子方程式是：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。
(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因：滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
。
6．(1)         
(2)将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃
(3)     b    
(4)

【解析】(1)
次氯酸跟与氯离子反应生成氯气，离子反应方程式为：；次氯酸钙溶液显碱性是由于次氯酸跟的水解，离子反应方程式为：；
(2)
若产生的气体为氧气，可使带火星的木条复燃，故实验操作为：将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃；
(3)
预测悬浊液成分为CuO，加稀硫酸后有气体产生，同时还有蓝色溶液生成，故悬浊液成分不一定是CuO，但也不能确定悬浊液中是否有CuO存在，故选b；
(4)
实验1中i的反应为生成Ca(CuO2)2的反应，离子反应方程式为：；根据题干信息，某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子，故亚铁离子在碱性条件下被次氯酸钠氧化成高铁酸根，加KOH后生成高铁酸钾。第一步的离子反应方程式为：。
7．          2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)     使用MoS2加快反应速率，使用多孔陶瓷使H2优先通过，H2S(g)H2(g)+S(s)平衡正向移动，从而提高一段时间内H2S的转化率     H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+     2H++2e-=H2↑     电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用
【分析】(1)S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使H2S分子中每个原子都达到稳定结构，据此书写其电子式；
(2)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可知待求反应的热化学方程式；
②根据平衡移动原理分析；
(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生FeSO4、H2SO4、S；
②在电解反应器中，电解质溶液为FeSO4、H2SO4，阴极上溶液中H+得到电子，发生还原反应；据此书写电极反应式；
③根据图示可知制取的物质、结合物质循环分析电解反应器的作用。
【详解】(1)S原子最外层有6个电子，与2个H原子形成2对共用电子对，从而使H2S分子中每个原子都达到稳定结构，则H2S的电子式为：；
(2)①i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)    ΔH2
ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)    ΔH3
iii. H2S(g)=H2(g)+S(s)    ΔH1
i+ii-iii×2，整理可得2H2(g)+O2(g)=H2O(l)，因此要计算H2S(g)=H2(g)+S(s)的ΔH1，需要知道2H2(g)+O2(g)=H2O(l)的反应热ΔH；
②直接加热分解H2S转化率低， MoS2可以催化H2S分解制取氢气和硫磺，科学家使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置，多孔陶瓷膜可以使氢气选择性分离，使H2S(g)H2(g)+S(s)，从而使化学平衡正向移动，最终提高了一段时间内H2S的转化率；
(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生FeSO4、H2SO4、S，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
②根据装置图可知在电解反应器中，电解质溶液为氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S反应后产生的FeSO4、H2SO4，由于离子放电能力：H+>Fe2+，所以在电解池的阴极上，溶液中H+得到电子，发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；
③在电解反应器中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑；阳极上发生反应：Fe2+-e-=Fe3+，反应产生的Fe3+再进入氧化吸收器中氧化H2S，反应产生S单质，从而实现Fe2(SO4)3的循环使用。
【点睛】本题考查了H2S的有关知识，包括其结构、热化学方程式的书写、平衡移动及处理方法。掌握物质结构及盖斯定律、平衡移动原理和电化学反应原理是本题解答的关键。要根据离子放电能力大小，从氧化还原反应角度分析、解答。
8．     a     CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符     CO歧化     该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热     温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低     ②③     气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多
【详解】(1)对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是a图，CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符；
(2)实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由CO歧化反应产生，因为CO歧化反应为放热反应，温度越低平衡正向移动，积炭会更多；
(3) CH4-CO2重整反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热；
(4)气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低，温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低；
(5)①②CH4/CO2相同，通过表格数据可知，对比实验②③可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高；
(6)对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
9．(1)3
(2)+90.41
(3)     增大     该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
(4)R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
(5)     升高温度     增加水碳比
(6)     b     6-6e-=N2↑+4NH3     2

【解析】(1)
根据甲醇蒸汽重整反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)可知，每产生3mol氢气消耗1mol甲醇，则产氢率=；
(2)
根据已知信息，R1=R2+R3，由盖斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
(3)
已知R1：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)   △H1=+49.24kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大；
(4)
由反应可知，R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4(积碳反应)前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3，因此在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大；
(5)
若要减少积碳，需使反应R4逆向进行，由于R4为放热反应，故可采取升高温度的方式使反应逆向进行，减少积碳；也可以增大水碳比，使H2O的物质的量增大，平衡逆向进行，积碳减少；
(6)
①由装置可知，a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应，故发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH的电极是阴极，即电极b；
②a为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为6-6e-=N2↑+4NH3；
③由阴极反应式6NH3+6e-=3H2↑+6NH可知，2e-~H2，则利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是2mol。
10．     将Pb2O3、Pb3O4转化为PbO     PbO+H2SO4PbSO4+H2O     CdSO4(H2SO4)     温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g     温度升高反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；温度过高导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率降低     使PbSO4转化成PbCl42-，与不溶杂质分离开     加水稀释，过滤     BC
【分析】
炼铅烟尘主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，Pb的稳定氧化物是PbO，高温焙烧能够使不稳定的Pb2O3、Pb3O4转化为PbO，然后加入浓硫酸，发生复分解反应产生PbSO4，杂质镉(Cd)的化合物反应产生易溶性CdSO4，然后用水浸泡，可除去可溶性杂质，在滤液I中主要含有CdSO4及过量H2SO4，然后向滤渣PbSO4中加入NaCl溶液，会发生离子交换反应，为促进物质反应，温度控制在90℃，调节溶液pH<4，可防止Pb2+水解，PbSO4发生反应转化为可溶性物质[PbCl4]2-，然后过滤除去不溶性杂质，将滤液II进行稀释得到PbCl2沉淀，再将其过滤出来，洗涤干净，用适量NaOH溶液溶解得到Pb(OH)2。
【详解】
(1)步骤①中焙烧的目的是将Pb2O3、Pb3O4转化为稳定氧化物PbO。在此过程中PbO与浓硫酸发生复分解反应产生PbSO4和H2O，反应的化学方程式为PbO+H2SO4PbSO4+H2O。
(2)在加热浓硫酸焙烧时Pb的氧化物转化为PbSO4，杂质Cd的化合物转化为CdSO4，根据题干信息可知CdSO4易溶于水，热稳定性好，而PbSO4难溶于水，所以滤液I的成分是CdSO4及过量的H2SO4。
(3)根据相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响可知：在酸配料比不变时，温度升高，Cd的去除率先增大后减小，在500℃时Cd的去除率达到最大值，因此焙烧温度是500℃；在温度不变，酸料比为0.6 mL/g时Cd的去除率达到最大值，故应选择的焙烧温度和酸料比为温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g；
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能是：温度升高，反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；当温度过高时导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率又降低。
(4)在步骤③中NaCl溶液的作用是能够使难溶性的PbSO4转化成可溶性PbCl42-进入溶液，从而与不溶杂质分离开。
(5)根据信息ⅲ. PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)可知，将滤液加水稀释，平衡逆向移动，就可以得到PbCl2固体，因此步骤④的操作是加水稀释，过滤。
(6)A. 步骤①中浓硫酸与PbO反应产生PbSO4，CdO反应产生CdSO4，元素化合价都不变，因此硫酸的作用不是作氧化剂，A错误；
B. Pb(OH)2为两性氢氧化物，因此铅盐是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应使溶液显酸性，在步骤③中调节溶液pH<4的目的是防止Pb2+水解，B正确；
C. 在步骤④的滤液中含有一定量的PbCl2，若将其循环利用，就提高Pb的回收率，C正确；
D. Pb(OH)2为两性氢氧化物，若步骤⑤中增大NaOH溶液浓度，NaOH过量，则Pb(OH)2与过量NaOH反应产生Na2PbO2进入溶液，最终不能得到Pb(OH)2，因此NaOH浓度不易过大，D错误；
故合理选项是BC。

11．     S+O2SO2     加热     CaSO4     加入K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀/加入KSCN，溶液变红，再加氯水，红色加深     c     Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3     CaSO4微溶
【分析】废铁皮加入稀硫酸，氧化亚铁、四氧化三铁、铁、氧化钙、硅酸钙均反应，硅酸、硫酸钙微溶于水，过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、CaSO4，溶液中有三价铁离子和二价铁离子，加入氨水生成氢氧化铁，氢氧化铁焙烧得到氧化铁，据此分析解题。
【详解】(1)废铁皮在焙烧过程中，单质Fe、C、S都可与O2反应，S与O2反应生成二氧化硫，S与O2反应的化学方程式是：S+O2SO2。
(2)在酸溶过程中，为增加溶解速率，可采取的措施是加热。
(3)废铁皮加入稀硫酸，氧化亚铁、四氧化三铁、铁、氧化钙、硅酸钙均反应，硅酸、硫酸钙微溶于水，过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、CaSO4。
(4)滤液经检验含有Fe2+，检验方案及现象是：加入K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀/加入KSCN，溶液变红，再加氯水，红色加深
(5)由流程图可看出，加入氨水是为了沉淀Fe3+，得到氢氧化铁，而不沉淀Fe2+，所以加入氨水以控制溶液的pH在9-10。
(6)在搅拌过程中，溶液中有三价铁离子和二价铁离子，产生Fe(OH)3的反应方程式有：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(7)对所得高纯氧化铁进行检验，其中Fe2O3含量为95.02%(高于国家一级品技术要求)；同时发现还含有0.3%的总钙量(以CaO表示)。产品中含有钙元素的原因是：抽滤得到的氢氧化铁中含有少量的氢氧化钙，且未洗涤直接干燥焙烧，产品中有氢氧化钙。
12．(1)     过滤     萃取分液
(2)将废液中的氧化为
(3)     ，     3×10-2
(4)Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、
(5)萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动
(6)

【分析】酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用，据此分析解答。
（1）
操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。
（2）
操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的氧化为。
（3）
NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是，。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)mol/L。
（4）
结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、离子。
（5）
P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。
（6）
母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式。
13．     碳碳三键          ++2HCl     浓HNO3，浓H2SO4                   
【分析】A分子式是C2H2，为乙炔，结构简式为HC≡CH，A与2个分子的发生已知i反应生成B，根据B分子式可知B结构为：，B与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应生成C：，C与浓盐酸加热，发生取代反应生成D：，D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E：，由G的结构简式和已知ii可知，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应生成F：，F与Ni在Ni催化下发生还原反应生成G：，G与L在DMAP条件下反应已知iii的反应生成H，H与NaOH甲醇溶液共热，然后酸化得到I：和甲醇CH3OH，逆推可知L是，H是，然后对问题逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知：A是HC≡CH，B是，C是，D是，E是，F是，G是，L是，H是，I是。
(1)A是HC≡CH，则A中官能团名称是碳碳三键。
(2)根据上述分析可知B的结构简式是。
(3)D是，D与苯在AlCl3作用下，发生苯环上邻位的2个H原子的取代反应生成E（）和HCl，则D→E的化学方程式是++2HCl。
(4)E是，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成F：，所以试剂a是浓硝酸、浓硫酸。
(5)根据上述分析可知G→H所加物质L的结构简式是。
(6)B是，不饱和度是2，B的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱只有两组吸收峰，说明分子中含有2种不同的H原子，该同分异构体高度对称，符合该条件的同分异构体结构简式是：。
(7)D是，E是，D→E的过程中发生苯环上H的取代反应，H原子位置不同，产物不同，因此有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是。
(8)采用逆推方法，I是，H是，根据物质在反应过程中碳链结构不变，中间产物与有机物2在AlCl3作用下反应生成H，结合题干信息可知应该是苯环上2个邻位H原子发生的取代反应，则由H可逆推得知中间产物是，有机物2是，苯胺与有机物1在DMAP条件下反应生成中间产物，根据二者分子结构的不同及题给已知，可知有机物1是。
【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化及同分异构体的书写。要充分利用题干信息，熟练掌握反应中官能团的性质及变化，根据物质结构，理解发生的反应，可采用正推与逆推相结合的方法分析判断。题目考查了学生接受信息、应用信息分析问题与解决问题的能力。
14．          羧基、硝基          +→+H2O     ac     3         
【分析】A可以被酸性高锰酸钾溶液氧化成，且A的相对分子质量是106，可以推知A为，D和H发生脱水的聚合反应生成 ，结合D、H的分子式可知，D为 ，H为 ，C发生信息②的反应生成D，则C为，E通过信息①的反应生成F，F脱水生成G，G发生信息①的反应生成，可以推知G为 ，F为以此解答。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ，故答案为： ；
(2) 由分析可知，C的结构简式为，含氧官能团的名称是羧基、硝基，故答案为：羧基、硝基；
(3)由分析可知，G的结构简式为 ，故答案为：；
(4)D和H发生脱水的聚合反应生成 ，反应方程式为：+→+H2O，故答案为：+→ +H2O；
(5)a．E中含有羧基和氨基，既可以和酸反应也可以和碱反应，具有两性，故a正确；
b．中含有1种环境的H原子，核磁共振氢谱中有1个信号峰，故b错误；
c．由分析可知，F为，其中含有—CH2—、羧基，可以发生取代反应和酯化反应，也可以和碳酸钠反应，故c正确；
故答案为：ac；
(6)由信息③可知，把J中的硝基转化为氨基过程中，N元素化合价由+3价下降到-3价，产物Fe以Fe2+形式存在，由J生成1molK至少需要Fe物质的量为3mol，故答案为：3；
(7)路线I中反应中的氨基和羧基也可能发生脱水缩合反应导致有副产物产生，结合信息①可以先将中的氨基转化为后在和 反应，最后再将转化为氨基即可，故答案为：； 。
15．(1)
(2)羧基
(3)取代反应
(4)b
(5)
(6)     n：(n+1)     4n

【分析】A的分子式为，经过与氧气催化反应，生成B为，可知A为；B经过脱水，生成C，则C为；C经过硝化反应，生成D为；D在氯气与五氯化磷的作用下，生成E，E经过已知信息反应生成F，F与甲醇酯化，生成G，已知G的分子式为，可知E为、F为、G为；G经过一定条件，生成J为；J经过碱性水解，酸化生成K为；K与P反应，在甲醇和高压条件下生成Q，根据Q的结构简式，可知P为；N在与氢气反应生成P，结合M的结构简式，可知N为，据此分析作答。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式是，故答案为：；
（2）B结构简式为，其中的含氧官能团的名称是羧基，故答案为：羧基；
（3）C经过硝化反应，生成D为，可知该反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（4）由分析可知，关于G的结构简式为；
a．G的苯环上有3种氢，酯基上有2种氢，则在核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的H原子，a项错误；
b．G不饱和度为6，含有1个苯环及3个醛基的不饱和度为7，则不存在这种同分异构体，b项正确；
c．G中含有甲基，则分子中所有原子不可能共平面，c项错误；
故答案为：b；
（5）由分析可知，N的结构简式是，故答案为：；
（6）根据Q的结构简式可知，1个Q分子由n个K分子与(n+1)个P分子缩聚而成，同时生成4n个水，则制备1molQ，消耗K和P的物质的量之比是n：(n+1)，同时产生4n mol的水，故答案为：n：(n+1)；4n。