北京师范大学附属实验中学2023届高三下学期三模化学试题（含解析）

这是一份北京师范大学附属实验中学2023届高三下学期三模化学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
北京师范大学附属实验中学2023届高三下学期三模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法中，不正确的是
A．固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀
B．钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀
C．将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好
D．钢闸门作为阴极而受到保护
2．下列图示或化学用语表示正确的是




A．的电子式
B．基态的价层电子轨道表示式
C．的结构示意图
D．的轨道的电子云轮廓图
A．A B．B C．C D．D
3．下列污水处理的方法中，表示其原理的离子方程式不正确的是
A．混凝法，用明矾做混凝剂：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B．中和法，用过量CO2中和碱性废水：CO2＋2OH-=CO+H2O
C．沉淀法，用Na2S处理含Hg2＋废水：Hg2＋＋S2－=HgS↓
D．氧化还原法，用FeSO4将酸性废水中Cr2O72-还原为Cr3＋：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
4．由下列实验及相应事实推理所得的结论，不能用元素周期律解释的是

实验
事实
结论
A
将体积相同的和分别投入冷水
与反应更剧烈
金属性：
B
将足量硫酸与溶液混合
生成
非金属性：
C
分别加热气体和气体
气体更易分解
稳定性：
D
工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅

非金属性：
A．A B．B C．C D．D
5．下列实验装置不能达成实验目的的是
A
B
C
D




实验室制取蒸馏水
实验室制取氨
提取纯净的Br2
鉴别Na2CO3和NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
6．某科研人员提出与在羟基磷灰石()表面催化氧化生成、的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。

下列说法不正确的是
A．在反应过程中，有键发生断裂
B．若用标记HAP中氧原子，则反应后仍在HAP中
C．该反应可表示为：
D．HAP能提高与的反应速率
7．B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是
A．其熔点主要取决于所含化学键的键能
B．形成大π键的电子全部由N提供
C．分子中B和N的杂化方式相同
D．分子中所有原子共平面
8．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是

实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有
B
向苯酚浊液中加入少量固体，浊液变清
苯酚的酸性强于的酸性
C
向溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液，溶液显蓝色
的氧化性比的强
D
用试纸测得：溶液的约为9，溶液的约为8
电离出的能力比的强
A．A B．B C．C D．D
9．一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量，发生反应，体系中各组分浓度随时间(t)的变化如下表。
t/s
0
20
40
60
80
/(mol/L)
0.100
0.062
0.048
0.040
0.040
/(mol/L)
0
0.076
0.104
0.120
0.120
下列说法正确的是
A．0~60s，的平均反应速率为
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80s时，再充入、各0.12mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
10．研究氧化制备对资源的综合利用有重要意义，主要化学反应有：①，②。在一定条件下，将和按物质的量1∶1投入反应容器，反应一段时间后，体系内含碳物质的浓度变化如下表所示。

下列说法不正确的是
A．的转化率大于的
B．根据表中物质的浓度变化，推测有副反应
C．该反应条件下，副反应生成的速率大于反应①生成的速率
D．若体系生成的含碳物质只有和，则初始物质浓度与反应一段时间后物质浓度c之间一定存在：
11．共价有机框架()是一类具有平面、多孔网状结构的材料，其在催化、能量储存等领域有潜在的应用。一种材料的合成如图所示。(图中‏ح表示链延长)。

下列说法正确的是
A．分子中碳原子有两种杂化方式
B．TP的核磁共振氢谱有4组峰
C．合成的过程中发生了取代反应和消去反应
D．乙二醛也可与合成材料
12．某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用计和压强传感器检测，得到如图曲线。

已知：常温下，酚酞的变色范围是，甲基橙的变色范围是。下列说法不正确的是
A．溶液或溶液中
B．图中曲线甲和曲线丁表示向溶液中滴加盐酸
C．在点发生反应的离子方程式为
D．滴定分析时，点可用酚酞、点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
13．光电化学装置可以将还原为有机物，实现碳资源的再生利用。图1是光电化学法实现转化的电解装置示意图。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率如图2所示。

资料：ⅰ．还原性：
ⅱ．法拉第效率的定义：(生成的电子)(通过电极的电子)
ⅲ．选择性的定义：(生成的)(发生反应的)
以下说法不正确的是
A．阳极电极反应式为：
B．使用光电极可以节约电能，为阴极的转化提供
C．由图2通过计算可知：电解电压为时，
D．以上实验表明：通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物
14．为探究与金属盐溶液能否反应，完成如下实验：
实验1  向溶液中通入，溶液仍为蓝色且无固体析出。
实验2  以多孔石墨电极电解溶液。电解开始时石墨电极表面几乎没有气泡，一段时间后逐渐产生气泡。电解一段时间后，关闭电源，迅速取出阴极多孔石墨电极。
实验3  将实验2中阴极电极插入溶液，左右电极表面析出红色固体。将电极取出后清洗后再插入溶液，表面变为灰白色固体，该固体溶于硝酸。
实验4  将实验2中阴极电极插入溶液，立即析出白色固体，速度快于实验3。
以下说法不正确的是
A．由实验1可知，该条件下无法还原
B．实验2中开始时几乎没有气体出现的原因可能是多孔石墨电极吸附生成的气体
C．对比实验1和实验3可以推测吸附在石墨中的的反应活性强于气体中的
D．实验4中溶液中析出金属单质速率更快的原因是的氧化性更强

二、结构与性质
15．以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备，所得产品具有广泛的用途。的制备过程如图所示。

(1)氨浸时，铜元素转化为，在催化下将结核中的转化为。
①铜在元素周期表中的位置是_______。
②比较与中键角的大小并解释原因_______。
③若中两个分别被取代，能得到两种不同结构的，的空间构型是_______。
(2)浸锰
①写出浸锰过程主要反应的离子方程式_______。
②基态锰原子的价层电子轨道表示式为_______。
③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为，则晶体Ⅰ的密度为_______。(，，)

⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池_______(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为_______。


三、实验题
16．高铁酸盐()具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，在水处理方面有一定的发展前景。
已知：ⅰ．  
ⅱ．  
ⅲ．高铁酸盐在碱性环境下久置分解的产物可催化高铁酸盐的分解
Ⅰ．制备高铁酸盐
(1)湿法制备的原理是：_______。

(2)在碱性条件下以多孔的磁铁矿作阳极电解制备高铁酸盐的电极反式是_______。
Ⅱ．高铁酸盐稳定性的研究
(3)碱性环境下，久置的溶液中除了产生红褐色外，同时还会产生绿色的，此过程的反应为、_______。为研究使稳定的方法，分别做以下4个实验：

序号
X
现象

a
2滴
紫色迅速褪去
b
2滴蒸馏水
分别用紫外可见分光光度计测三支试管内溶液的吸光度，结果如下图所示。
c
2滴溶液
d
2滴溶液
资料：吸光度大小与溶液中成正比。
(4)甲同学预测试管内的实验现象应与试管相似，但吸光度结果图显示甲同学预测并不正确。结合化学用语，从化学反应速率角度解释试管内的现象与试管不同的原因_______。

(5)“”曲线为(填入“试管c”或“试管d”)的实验结果，理由是_______。
Ⅲ．高铁酸盐产品纯度的测定
称取高铁酸钾粗品，配成溶液，准确量取放入锥形瓶，加入足量和溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得到和，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用标准溶液滴定至终点(溶液显浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗标准溶液。
(6)粗品中的质量分数为_______。[已知：]

四、原理综合题
17．通过络合滴定法测定铅铋合金中和的质量分数可以对产品质量进行检验。
资料：极易水解，在时即可生成难溶于酸的沉淀；
也会水解，在碱性条件下会生成沉淀。
(一)铅铋合金的溶解和稀释
称取样品于烧杯中，加入浓硝酸溶液低温加热溶解。溶解后将溶液转移至容量瓶中。用溶液冲洗烧杯，将洗液转移至容量瓶中后定容。
(1)写出溶于浓，生成的离子方程式：_______。
(2)在冲洗烧杯时选择溶液而非水的原因是_______。
(二)铅铋合金的连续滴定
资料：ⅰ．乙二胺四乙酸是一种重要的有机化合物，常用表示(结构如左图所示)。水溶液中其各存在形式的物质的量分数随变化曲线如图所示。

ⅱ．EDTA是乙二胺四乙酸二钠盐，通常用表示，是最常用的络合滴定剂，可以与大多数金属离子发生反应，生成配合物。
步骤Ⅰ．移取上述定容后的溶液于锥形瓶中，滴加2滴指示剂二甲酚橙，用溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液的体积为，完成的含量测定。
步骤Ⅱ．向滴定后的溶液中加入过量的六次甲基四胺固体调节溶液。
步骤Ⅲ．用溶液再次滴定至终点，消耗EDTA溶液的体积为，完成的含量测定。
(3)从结构角度解释形成的原因是_______。
(4)写出滴定的离子方程式_______(可以使用Y代替部分有机物结构)。
(5)过量的六次甲基四胺可以形成缓冲溶液，使得溶液在加入酸或碱时稳定在5左右。如使用过量氨水则会因为发生_______(写离子方程式)导致含量_______(偏大、偏小或不变)。
(6)铅铋合金中的质量分数为_______，的质量分数为_______。(已知：，)
(7)由上述过程可知，浓度相近时调节是分步滴定和的关键。定义：的平衡常数为，则_______(填“>”、“Na，A不符合题意；
B．将足量硫酸与 Na3PO4溶液混合，生成 H3PO4，说明硫酸可以制取 H3PO4，则硫酸的酸性比磷酸的酸性强，根据最高价含氧酸的酸性强弱可以比较非金属性的强弱，则非金属性:S>P，B不符合题意；
C．分别加热HCl气体和HI气体，HI气体更易分解，根据同主族非金属元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性: HCl>HI，C不符合题意；
D．工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅：，反应中碳为还原剂，硅为还原产物，说明碳的还原性大于硅，但比较非金属性要通过单质的氧化性比较，故不能说明非金属性：，D符合题意；
故选D。
5．C
【详解】A.通过加热自来水，经过冷却后得到蒸馏水，图中蒸馏装置可以用于实验室制取蒸馏水，故A正确；B.氨气的密度比空气小，试管口略向下倾斜，图中装置可以用于实验室制取氨气，故B正确；C.通过萃取和分液操作得到的是溴的四氯化碳溶液，不能得到纯净的Br2，图中装置不能达成实验目的，故C错误；D.通过加入碳酸钠或碳酸氢钠，将加热后的气体导入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，说明是碳酸氢钠，否则是碳酸钠，能够达成实验目的，故D正确；故选C。
点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为C，要注意萃取后得到的溴和有机溶剂的混合物，如果要得到纯净的溴，还需要蒸馏。
6．B
【详解】A．结构式为，分子中含有C-H键，反应生成二氧化碳和水，所以在反应过程中有键发生断裂，故A正确；
B．根据过渡态示意图，HAP中氧原子与甲醛中的H相连，所以若用标记HAP中氧原子，则反应后存在H2O中，故B错误；
C．与在羟基磷灰石()表面催化氧化生成、，HAP是催化剂，该反应可表示为：，故C正确；
D．HAP在反应前后没有变化，HAP是催化剂，所以能提高与的反应速率，故D正确；
选B。
7．A
【详解】A．无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；
B．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；
C．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；
D．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；
答案选A。
8．C
【详解】A．先滴加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后滴加氯水，若此时溶液变血红色，说明溶液中存在亚铁离子，A错误；
B．苯酚浊液中加入少量碳酸钠固体，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，只能说明苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，不能说明苯酚的酸性强于碳酸，B错误；
C．向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡后再滴加1mL淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，说明有I2生成，说明KI与Br2反应生成了碘，则Br2的氧化性强于I2，C正确；
D．CH3COONa和NaNO2溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，从而比较对应酸的酸性强弱，D错误；
故答案选C。
9．C
【分析】该反应为分子数增大且为吸热反应，可利用勒夏特列原理解题。
【详解】A．0～60s，的浓度变化量为0.100-0.040=0.060mol/L，根据，得mol/(L·s)=0.06mol/(L·min)，故A错误；
B．该反应吸热，升高温度平衡常数增大，故B错误；
C．该温度下，平衡常数，再充入、各0.12mol，，K=Qc，平衡不移动，故C正确；
D．该反应为气体系数之和增大的反应，压缩体积压强增大，平衡逆向进行，但是各组分浓度增加，颜色加深，故D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．反应前、的浓度相等，反应后浓度大于，转化率=，故的转化率大于，A项正确；
B．反应①中CO2：CO=1：1，生成的CO=消耗的CO2，但由图可知，实际生成的CO>消耗的CO2，故推测有副反应，B项正确；
C．副反应CO2：CO=1：2，若副反应生成的速率大于反应①生成的速率，则生成的CO>1.5消耗的CO2，与图中浓度关系不符，C项错误；
D．根据碳原子守恒，，，故初始物质浓度与反应一段时间后物质浓度c之间一定存在：，D项正确；
答案选C。
11．B
【详解】A．分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A错误；
B．TP分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B正确；
C．合成的过程中发生了缩聚反应，C错误；
D．单体中应该有三个醛基，所以乙二醛不与合成材料，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．根据电荷守恒，溶液或溶液中，溶液呈碱性，所以，故A正确；
B．碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液与盐酸反应分步进行，碳酸钠与盐酸反应开始不放二氧化碳，所以图中曲线甲和曲线丁表示向溶液中滴加盐酸，故B正确；
C．点加入盐酸的体积大于20mL，反应结束，在点发生反应的离子方程式为，故C错误；
D．酚酞的变色范围是，甲基橙的变色范围是，滴定分析时，点可用酚酞、点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D正确；
选C。
13．C
【分析】由图可知，BiVO4电极为阳极，阳极电极式为，阴极CO2转化为CH2O和HCOOH，，，以此分析；
【详解】A．由图可知，BiVO4电极为阳极，电极反应式，A正确；
B．使用BiVO4光电极进行光照电解实验，可以将光能转化为化学能可以节约电能，为阴极CO2的转化提供H+，B正确；
C．由分析可知，生成等物质的量的CH2O或HCOOH等产物时转移的电子不同，由法拉第效率的定义，，选择性(S)的定义，，故由图2可知，电解电压为0.9V 时，则，则，C错误；
D．由图2可知，通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物，D正确；
故答案为：C。
14．D
【详解】A．由实验1可知，向溶液中通入，溶液仍为蓝色且无固体析出，所以该条件下无法还原，A正确；
B．实验2中，以多孔石墨电极电解溶液的实质是电解水生成氢气和氧气，氢气在阴极生成，所以开始时几乎没有气体出现的原因可能是多孔石墨电极吸附生成的气体，B正确；
C．实验1 中溶液中通入，溶液仍为蓝色且无固体析出，实验3 中将实验2中阴极电极插入溶液，左右电极表面析出红色固体。所以对比实验1和实验3可以推测吸附在石墨中的的反应活性强于气体中的，C正确；
D．实验4中溶液中析出银的速度大于铜的速度是因为的氧化性更强，实验4中溶液中析出银的速度大于实验3 中析出银的速度是因为电极被冲洗以后导致吸附的氢气有损失、溶液与氢气的接触面积不同，D错误；
故选D。
15．(1) 第四周期ⅠB族 的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大 平面正方形
(2) MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑ 放电 Mn0.61□0.39○+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39○

【分析】大洋锰结核主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素，加入氨水浸取，在浸出的[Cu(NH3)4]2+催化下，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3，分离出浸出液后，加入(NH4)2SO4浸锰，铵根离子水解产生H+，将MnCO3溶解使其转化为MnSO4，同时释放出NH3，除去不溶性杂质后，净化，再加入(NH4)2CO3浸锰得到MnCO3，空气中煅烧可制得脱硫剂MnxOy。
【详解】（1）①铜是29号元素，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，在元素周期表中的位置是第四周期ⅠB族。故答案为：第四周期ⅠB族；
②比较与中键角的大小并解释原因的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大。故答案为：的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大；
③若中两个分别被取代，能得到两种不同结构的，即两个氯处于对位和相邻两种情况，的空间构型是平面正方形。故答案为：平面正方形；
（2）①在催化下将结核中的转化为，浸锰过程中MnCO3与NH反应生成NH3和Mn2+，浸锰过程主要反应的离子方程式MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑。故答案为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑；
②基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，基态锰原子的价层电子轨道表示式为。故答案为：；
③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为，Mn位于顶点和体心，个数为8×+1=2，O位于面上和体内，个数为4×+2=4，晶胞质量为 g,晶胞体积为（a×10-10×a×10-10×b×10-10）cm3=a2b×10-30cm3，晶体Ⅰ的密度为ρ= =。故答案为：；
⑤ⅱ代表电池放电过程，得电子发生还原反应，嵌入Zn2+，该过程的电极反应式为Mn0.61□0.39○+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39○。故答案为：；放电；Mn0.61□0.39○+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39○。
16．(1)
(2)Fe3O4+16OH――10e－＝3FeO+8H2O
(3)FeO+2Fe(OH)3+4OH―＝3FeO+5H2O或2FeO＝2FeO+O2↑
(4)配位反应速率快；试管d溶液中主要发生配位反应：Fe(OH)3+3C2OFe(C2O4)+3OH―，加入草酸根离子后，平衡正移，使得氢氧化铁催化剂减少，自催化速率减慢
(5)试管c；F－与C2O均可与Fe3＋结合从而减少Fe(OH)3，从而减缓FeO的分解。由资料可知，相同条件下F－与Fe3＋反应的K更小，减缓FeO的分解作用更小，使得c(FeO)相对较小
(6)

【详解】（1）反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，依据原子守恒可知反应后还有水生成，因此根据电
（2）阳极发生失去电子的氧化反应，在碱性条件下以多孔的磁铁矿作阳极电解制备高铁酸盐，四氧化三铁失去电子，则阳极电极反式是Fe3O4+16OH――10e－＝3FeO+8H2O。
（3）中铁元素的化合价是+4价，因此产生绿色的反应方程式为FeO+2Fe(OH)3+4OH―＝3FeO+5H2O或2FeO＝2FeO+O2↑。
（4）由于配位反应速率快，试管d溶液中主要发生配位反应：Fe(OH)3+3C2OFe(C2O4)+3OH―，加入草酸根离子后，平衡正移，使得氢氧化铁催化剂减少，自催化速率减慢，所以试管内的现象与试管不同。
（5）由于F－与C2O均可与Fe3＋结合从而减少Fe(OH)3，从而减缓FeO的分解。由资料可知，相同条件下F－与Fe3＋反应的K更小，减缓FeO的分解作用更小，使得c(FeO)相对较小，因此该曲线表示试管c；
（6）根据电子得失守恒和原子守恒可得关系式2FeO～～6，所以粗品中的质量分数为＝。
17．(1)Pb++ 4H+=Pb2++2NO2↑+2H2O
(2)防止加水稀释使溶液pH>2，Bi3+水解生成沉淀，影响含量测定
(3)乙二胺四乙酸中的2个N提供孤电子对，分别与H+的空轨道形成配位键
(4)Bi3++H2Y2- = BiY-+2H+
(5) Pb2++2NH3·H2O=Pb(OH)2↓+ 2 偏小
(6)
(7) > 滴入EDTA时，先结合Bi3+，pH约为1时，c(Y4-)较小，此时Bi3+可以与Y4-反应，Pb2+不能

【分析】根据图像可知乙二胺四乙酸在水溶液中其各存在形式的物质的量分数随变化情况，酸性越强的含量越高，碱性越强Y4-的含量越高，用EDTA分别滴定Bi3+和Pb2+时，都是按照1：1的计量系数关系反应。
【详解】（1）Pb和浓硝酸发生氧化还原反应，浓硝酸的还原产物为:NO2，因此溶于浓，生成的离子方程式为：Pb++ 4H+=Pb2++2NO2↑+2H2O；
（2）在冲洗烧杯时选择溶液是防止加水稀释使溶液pH>2，Bi3+水解生成沉淀，影响含量测定；
（3）能够形成是因为：乙二胺四乙酸中的2个N提供孤电子对，分别与H+的空轨道形成配位键；
（4）用滴定生成配合物BiY-，离子方程式为：Bi3++H2Y2- = BiY-+2H+
（5）氨水过量会和反应，生成沉淀：Pb2++2NH3·H2O=Pb(OH)2↓+ 2，由于部分和氨水生成Pb(OH)2，会导致含量偏小；
（6）根据反应计量系数关系： ，铅铋合金中的质量分数为： ；   铅铋合金中的质量分数为：
（7）由图可知：滴入EDTA时，先结合Bi3+，pH约为1时，c(Y4-)较小此时Bi3+可以与Y4-反应，Pb2+不能，说明>。
18．(1)C2H2O3
(2)
(3)a、c
(4)+Cl2+HCl
(5)CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH
(6)、或
(7)

【分析】根据A的化学式和H的结构简式，可知A为，根据B的化学式以及A、H的结构简式，可知B为 ，B到C为加成反应，根据两者化学式可得，试剂a分子式为C2H2O3，a为乙醛酸，醛基与苯环发生加成，生成C为，根据D的分子式和C的结构简式，得出D为，D与G经过多步反应生成H，根据三种物质中碳原子的个数，可知为1个D和2个G经过多步反应，生成H，由H结构简式结合信息ii，反推得到G为 ，E与氯气发生取代反应生成F，F再与E反应生成G，通过G的结构简式结合信息i反推，得到E为 ，F为 ，根据J的分子式，K的结构简式，可得J为 ，由此解答各小题。
【详解】（1）通过以上分析可知，试剂a的分子式为C2H2O3。答案为：C2H2O3；
（2）步骤①：+2CuCl2→+CO2↑+2CuCl +2HCl
氯化铜为催化剂，反应前后应该没有变化，故步骤②：应该是将CuCl转化为CuCl2，即CuCl、氧气和HCl反应，生成CuCl2和水。方程式为。答案为：；
（3）a.A为，核磁共振氢谱有3组峰，a不正确；
b.B为，存在含碳碳双键的酮类同分异构体，如，b正确；
c.D为，不饱和度为6，同分异构体存在苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4，酯基不饱和度为1，则必须有碳碳双键或成环，除去苯环还有两个碳，这两个碳无法在存在酯基的情况下形成双键或成环，c不正确；
故选ac。答案为：ac；
（4）根据上述分析E为 ，F为，E到F的化学方程式为+Cl2+HCl。答案为：+Cl2+HCl；
（5）乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化生成乙酸乙酯，乙酸乙酯与乙酸发生信息i的反应，产物再与氯气发生取代反应，即可得到G。
CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH；
（6）D和G按照信息ii发生反应，生成中间产物1为，其脱水生成中间产物2为，中间产物2再与G反应，生成中间产物3为或，中间产物3再发生加成和消去反应即可生成H。答案为：； 或 ；
（7）根据J的分子式，K的结构简式，可得J为 。答案为：。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。
19．(1) 除去铁丝表面的氧化物等杂质 取最后一次冲洗后的溶液，加入足量硝酸和几滴硝酸银，若没有出现白色沉淀说明氯离子已经除净
(2) 体系中主要存在两个过程，ⅰ：磷酸的电离；ⅱ.铁和氢离子的反应，铁和氢离子反应的速率大于磷酸电离产生的氢离子速率 氧化亚铁离子（或铁）形成含有铁离子的钝化膜 将实验Ⅲ中不产生氢气时的铁丝取出，用水洗净，放入少量稀盐酸中，片刻后（或待有气泡产生时），取少量溶液加入KSCN溶液，溶液变红 磷酸将钝化膜溶解
(3)变短

【详解】（1）铁丝表面有氧化铁，用盐酸和氧化铁反应除去。氯离子能与银离子反应生成白色氯化银沉淀，故检验氯离子的方法是取少量最后一次的溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，若没有出现白色沉淀说明氯离子已经除净。
（2）①铁的磷酸二氢盐能溶于水，从实验现象分析，磷酸和铁反应生成产物能溶于水，故生成二氢盐，反应的离子方程式为：。
②体系中主要存在两个过程，ⅰ：磷酸的电离；ⅱ.铁和氢离子的反应，a到b为pH增大的过程，即铁和氢离子反应的速率大于磷酸电离产生的氢离子速率。
③过氧化氢氧化亚铁离子（或铁）形成含有铁离子的钝化膜。检验方法就是检验铁离子的存在，方法为：将实验Ⅲ中不产生氢气时的铁丝取出，用水洗净，放入少量稀盐酸中，片刻后（或待有气泡产生时），取少量溶液加入KSCN溶液，溶液变红。
④c到a为pH基本稳定不变的过程，是磷酸将钝化膜溶解的过程。
（3）适当提高磷酸溶液的浓度，反应速率加快，振荡周期变短。