1、山东省济南市章丘市第四中学2020届高三化学下学期2月模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 K39第卷 选择题单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。1. 下列说法错误的是( )A. 周礼中“煤饼烧蛎房成灰” (蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3B. 汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油C. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”。这种方法是蒸馏D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。【答案】A【解析】【详解】A. 牡蛎壳为贝
2、壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，A错误；B. 这里的“洧水”指的是古代发现的石油，B正确；C. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，可见加热有蒸汽产生又被冷凝后收集了，故这种方法是蒸馏，C正确；D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作产生过程及现象，D正确；答案选A。2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )A. 油脂在碱性条件下水解，可用于制硬化油B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D. 氢氧化铝可以和酸反应，可用治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A
3、. 油脂在碱性条件下水解，可用于制肥皂，植物油催化加氢，可以制硬化油，A错误；B. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于腐蚀电路板上的Cu，B错误；C. 石墨具有导电性可作电极，石墨质软可用于制铅笔芯，C错误； D. 氢氧化铝可以和酸反应，可中和过多胃酸故用于治疗胃酸过多，D正确；答案选D。3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 实验室用H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4NAB. 500 mL 0.2 molL1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3 NAC. 1 mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NAD. 2.24 LC
4、l2(标准状况)溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2 molL1【答案】C【解析】【详解】A. 实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；B. 500mL0.2 molL1 K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32H2O HSO3OH、HSO3-H2O H2SO3OH，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；C. 1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3m
5、ol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；D. 氯气溶于水后，溶液体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓度不是0.2mol/L，故D错误；答案选C。4. .常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A. 使酚酞变红色的溶液：Na、Cu2、 、B. c(H+)/c(OH)=1012的溶液中：、Al3+、ClC. 由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液中：Na+、K+、Cl、D. c(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：K+、Cl、SCN【答案】B【解析】【详解】A. 使酚酞变红色的溶液呈碱性：则Cu2、 不能共存，A错误；B. c(H+)/c(O
6、H)=1012的溶液呈酸性，则、Al3+、Cl互不反应可以共存，B正确；C. 由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液中，水的电离被抑制，可以是酸溶液也可以是碱溶液，则不能共存，C错误；D. c(Fe3+)=0.1molL1的溶液中SCN不能共存，D错误；答案选B。5. 香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法正确的是( )A. 六元环上的一氯代物有3种B. 一定条件下能发生消去反应C. 所有的碳原子一定处同一平面D. 1mol烟酸能和4mol氢气发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A. 六元环上有4种氢原子，故六元环上一氯代物有4种，A错误；B.
7、 含氧官能团为羧基，不能发生消去反应，B错误；C. 烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，按苯环的结构特点知所有的碳原子一定处同一平面，C正确；D. 羧基不能和氢气发生加成反应，故1mol烟酸能和3mol氢气发生加成反应，D错误；答案选C。6. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2(g)S(l)H0，下列有关说法正确的是()A. 若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变B. 若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高C. 若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化
8、率D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变【答案】D【解析】【详解】A平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；B恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；C由于正反应的Hd，故A正确；B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：cb，故B正确；C. a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；D.硅酸属于弱酸，故D错误；故选D。【点睛】元素的不确定增大了本题的难度。根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原
9、子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。8. 分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是实验事实结论A苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液，溶液变澄清苯酚的酸性比碳酸强B将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强C铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2 mL 0.1 mol/L的硝酸银溶液中加入1 mL0.1 mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1 mol/L Na2S溶液，有黑色沉淀生成氯化银的溶解度大于硫化银A.
10、 AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，由强酸制弱酸的反应原理可知，酸性苯酚碳酸氢钠溶液，A错误；B、将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色，说明产生了HClO，随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强，B正确；C、铜放入稀硫酸中，无明显现象，说明铜和稀硫酸不发生反应，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解，说明硫酸中加入硝酸钠，产生了稀硝酸，铜与稀硝酸反应，生成了硝酸铜的蓝色溶液，同时生成了NO，并不是硝酸钠加快铜与稀硫酸的反应速率，C错误；D、向2 mL 0.1 m
11、ol/L的硝酸银溶液中加入1 mL0.1 mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1 mol/L Na2S溶液，有黑色沉淀生成，根据题中所给硝酸银、氯化钠、硫化钠的用量，可知硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，过量的硝酸银会与硫化钠反应，生成黑色沉淀，因而与溶解度无关，D错误；答案选B。9. 下列离子方程式书写正确的是A. 向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：SO42-Ba2 BaSO4B. 向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液： CH3COOHOH CH3COOH2OC. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2 2H Fe22H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶
12、液：NH4+ OH NH3H2O【答案】B【解析】【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为: Al3+SO42-Ba2+4OH- BaSO4+ AlO2-+2H2O,故A错误；B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：CH3COOHOH CH3COOH2O，故B正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为: 3Fe(OH)2 +NO3-10H 3Fe38H2O+NO,故C错误；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式: NH4+HCO3-+ 2OH CO32+-NH3H2O+H2O，故D错误；答案：B。10.
13、 国内最新研究，实现CO2的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是A. 放电过程正极反应式为4Li+3CO2+4e=2Li2CO3+CB. 若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C的质量为1.2gC. 充电过程B电极为阴极，发生氧化反应D. 可用 LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO【答案】A【解析】【详解】A. 放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3和
14、C，电极反应式为4Li+3CO2+4e=2Li2CO3+C，故A正确；B. 根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol 12g/mol=0.6g，故B错误；C. 放电过程中金属锂为负极，则充电过程锂电极(A)为阴极，发生还原反应，故C错误；D. 锂能够与水反应，不能用 LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；答案选A。不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11. 迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是（ ）A. 迷迭香酸属于芳香烃B. 迷迭香酸含有五种官能团C. 1mol
15、迷迭香酸最多能和7mol溴水发生反应D. 1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应【答案】CD【解析】【分析】迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，根据各官能团的性质分析与迷迭香酸反应消耗的溴水、NaOH物质的量。【详解】A项，迷迭香酸中含C、H、O三种元素，迷迭香酸不属于烃，A项错误；B项，迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，共四种，B项错误；C项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键，1mol迷迭香酸最多与6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能与7molBr2发生反应，C项正确；D项，1
16、个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，1mol迷迭香酸最多能与6molNaOH发生反应，D项正确；答案选CD。【点睛】解答本题需要注意：（1）苯环不属于官能团；（2）酚类与溴水发生取代反应时，酚羟基的邻、对位苯环氢可被溴原子取代。12. 考古中出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是 ( )A. 锡青铜的熔点比纯铜高B. 锡青铜中的锡加速了铜的腐蚀速度C. 锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快D. 生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【答案】C【解析】【详解】A. 锡青铜是合金，合金的熔点比纯金属的熔点都
17、低，A错误；B. 锡青铜中的锡比铜活泼，所以形成原电池时，锡作负极，则铜被保护，B错误；C. 在潮湿环境中，锡青铜易形成原电池而发生电化学腐蚀，所以在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，C正确；D. 生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但属于化学反应，D错误。答案选C。13. 高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4FeSO4H2SO4K2SO4MnSO4Fe2(SO4)3H2O。下列说法正确的是A. Fe2的还原性强于Mn2B. MnO4-是氧化剂，Fe3是还原产物C. 生成1 mol水时，转移1.25 mol电子D. 取反应后的溶液加KSCN
18、溶液，可观察到有血红色沉淀生成【答案】AC【解析】【详解】A该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=1.25mol，故C正确；D铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故D错误；答案选AC。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明
19、确元素化合价变化是解本题关键。本题的易错点为D，要注意铁离子的检验中的现象是溶液变成血红色，不是血红色沉淀。14. 常温下，用0.1molL-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中正确的是( )A. 当2pH c() c() c()D. 等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液中有2c(H)c()2c(OH)c()3c()【答案】AD【解析】【详解】AH3PO4的第一步电离平衡常数与温度有关，与溶液的pH大小无关，因此当2pH4.7时，H3PO4的第一步电离平衡常数均相同，故A正确；B根据电荷守恒得到A点溶液中有：c(Na)c(H)c
20、()2c()3c()c(OH)，故B错误；CB点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液pH =9.7，溶液显碱性，说明是水解大于电离，因此c(Na)c()c()c()，故C错误；D等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液中电荷守恒为：c(Na)c(H)c()2c()3c()c(OH)，再根据物料守恒：2c(Na)3c()3c()3c()，将第一个等式乘以2再减去第二个等式：2c(H)c()2c(OH)c()3c()，故D正确。综上所述，答案为：AD。15. 利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)C3H6(g)H2(g)H。起始时，向2L密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压
21、强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p1为0.1MPa)。下列说法正确的是( )A. 反应的H0B. 压强p20.1 MPaC. p1条件下，556时，该反应的平衡常数为1/6D. 556时，起始向2 L密闭容器中通入1.2 mol C3H8、0.8 mol C3H6、0.6 mol H2，此时v(正)v(逆)【答案】B【解析】【详解】A图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的H0，A错误；B温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1p2，即压强p20.
22、1MPa，B正确；C丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x，图象中可知丙烷在B点物质的量分数为50%，则=50%，即x=，所以平衡常数，C错误；D556时，起始向2 L密闭容器中通入1.2 mol C3H8、0.8 mol C3H6、0.6 mol H2，此时浓度熵为，所以反应逆向进行，v(正)v(逆)，D错误；答案选B。第卷 非选择题16. 综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。(1) Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是：在500，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700时反应的化学
23、方程式为_。(2) 固体氧化物电解池(SOEC)用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(COH2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。写出电极c发生的电极反应式：_、_ 。(3) 电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2 mol CO和1 mol H2，达到平衡时容器体积为2 L，且含有0.4 mol CH3OH(g)。此时向容器中再通入0.35 mol CO气体，则此平衡将_(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)移动。(4) 已知：若甲醇的燃烧热为H3，试用H1、H2、
24、H3表示CO(g)2H2(g)CH3OH(l)的H，则H_。(5) 利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图所示，若用1 mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成_mol C(碳)。【答案】 (1). Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4 (2). CO2+2e = CO+O2 (3). H2O+2e = H2+O2 (4). 向逆反应方向 (5). 2H1H2H3 (6). 0.1【解析】【分析】(1)根据信息分析和质量守恒书写低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成的两种锂盐，再书写平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO
25、2，Li4SiO4再生的方程式。(2)其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极。(3)先计算平衡时H2(g)、CO(g)和CH3OH(g)物质的量，求出平衡常数，再求出向容器中再通入0.35 mol CO气体时容器体积，求出浓度商并与平衡常数比较。(4)根据图像和燃烧热的概念得到三个热反应方程式，再根据盖斯定律计算。(5)根据图中信息得到反应方程式，再根据方程式计算。【详解】(1)在500，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐，根据元素守恒得到两种锂盐为Li2CO3和Li2SiO3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4S
26、iO4再生。700时反应的化学方程式为Li2CO3+ Li2SiO3 = CO2+Li4SiO4；故答案为：Li2CO3+ Li2SiO3 = CO2+Li4SiO4。(2)其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极，电极c发生的电极反应式：CO2+2e = CO+O2、H2O+2e = H2+O2；故答案为：CO2+2e = CO+O2、H2O+2e = H2+O2。(3)某温度下在一恒压容器中分别充入1.2 mol CO和1 mol H2，达到平衡时容器体积为2 L，且含有0.4 mol CH3OH(g)，则消耗0.8mol H2(g)，0.4mol
27、 CO(g)，剩余0.2mol H2(g)和0.8mol CO(g)，此时容器内气体物质的量共0.2mol +0.8mol+0.4mol= 1.4mol，容器体积为2L，此时平衡常数为； 此时向容器中再通入0.35 mol CO气体，则气体物质的量为1.75mol，根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，得到容器体积为，此时CO物质的量为1.15mol，则浓度商，因此平衡将向逆反应方向移动；故答案为：向逆反应方向。(4)根据图像得到H2(g) O2(g) = H2O(l) H1，CO2(g) = CO(g) O2(g) H2，甲醇的燃烧热为H3，即CH3OH(l)O2(g) = CO2(g
28、)2H2O(l) H3，将第一个方程式乘以2减去第二个方程式，再减去第三个方程式得到CO(g)2H2(g)CH3OH(l)的H，则H2H1H2H3；故答案为：2H1H2H3。(5) 根据图中信息得到反应方程式为10Fe0.9OCO2 =3Fe3O4C，若用1 mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应，根据方程式可生成 0.1 mol C(碳)；故答案为：0.1。【点睛】向恒压容器加入气体时，一定要注意加入气体会使整个容器体积增大，因此要计算出此时容器的体积，再根据浓度商进行计算并与平衡常数相比较。17. 南京工业大学某研究团队最近在Nature Communications刊文介绍了他们开发的一种
29、新型催化剂反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。回答下列问题： (1)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M分子的立体构型是_，中心原子的杂化类型是_。(2)CN-能与多种金属离子形成配合物。例如，工业冶炼金的原理：2Au(CN)2-Zn=2AuZn(CN)42-。1 mol Zn(CN)42-含_mol 键。(3)钛酸钙的晶胞如图所示。钛酸钙的化学式为_；1个钛离子与_个氧离子等距
30、离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。已知钛酸钙的晶胞参数为a nm，则该正八面体的边长为_pm。(4)Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为x cm，高为y cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_gcm-3(列出计算式即可)。【答案】 (1). V形 (2). sp3 (3). 8 (4). CaTiO3 (5). 6 (6). 500a (7). 【解析】【分析】分子的空间构型和中心原子的杂化方式按价层电子对互斥理论回答，化学式按均摊法计算、过渡金属氮化物其晶胞密度也均摊法计算，体积求算：六棱柱的体积等于底面积高，正六边形面积
31、等于6正三角形面积，正三角形的高为 x cm，每个正三角形的面积为x2 cm2。【详解】(1) 同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，氮N元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性较强，则第一电离能大小的顺序为FNO，第一电离能最大的F元素和最小的O元素组成一种只含极性键的化合物M的分子式为OF2，OF2分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则O原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形；(2)1个CN-内有碳碳叁键，含1个键和2个键，Zn(CN)42-有4个配位键是键，故1 mol Zn(CN)42-含8mol 键；(3) 由晶胞结构可知，晶胞中钙离子的个数为1，钛
32、离子的个数为8=1，氧离子个数为12=3，离子个数比为1:1:3，则钛酸钙的化学式为CaTiO3；1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近，正八面体边长等于晶胞边长的 倍，1 nm103 pm，则该正八面体的边长为a103 pm500a pm； (4)由晶胞结构可知，晶胞含有12 236个Fe原子，含有2个N原子，六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为x cm，每个正三角形的面积为x2 cm2，晶胞的体积为cm3，则晶胞的密度为g/ cm3，故答案为：。18. 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，
33、并用其制备锂离子电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：资料：i滤液1、滤液2中部分离子的浓度(gL-1)：Li+Ni2+Ca2+Mg2+滤液122.7220.680.3660.18滤液221.947.710-30080.7810-3iiEDTA能和某些二价金属离子形成的水溶性络合物。iii某些物质的溶解度(S)：T/20406080100S(Li2CO3)/g1.331.171.010.850.72S(Li2SO4)/g34.733.632.731.730.9I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
34、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 _。II纯化Li2CO3粗品(4)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，该池使用了_(填“阳”或“阴”)离子交换膜。III制备LiFePO4(5)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_。IV(6)FePO4是一种难溶于水的易溶于硫酸的白色固体，FePO4在pH=2时沉淀效果最好，邻二氮菲与Fe2+结合生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，与Fe3+形
35、成浅蓝色邻二氮菲铁离子。实验室可以利用FeSO47H2O和H3PO4(弱酸)制备FePO4。其制备的步骤为取一定量的FeSO47H2O溶解于稍过量的H3PO4中，(请补充完操作步骤)_。(可以使用的试剂有邻二氮菲试剂、20%H2O2溶液、NaOH溶液、蒸馏水。)【答案】 (1). 研磨、70加热 (2). Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2 (3). 趁热过滤 (4). 阳 (5). Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO (6). 在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量
36、白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥【解析】【分析】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%)研磨后与硫酸在70时发生反应，由表中离子浓度的数据，可确定生成的滤渣1为CaSO4；加入NaOH后调节pH=12，由表中数据可确定滤渣2为Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2；加入EDTA和饱和Na2CO3溶液后，生成Li2CO3；再加入磷酸等，最后转化为LiFePO4。【详解】(l)从图中可以看出，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。答案为：研磨、70加热；(2)由分析知，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、N
37、i(OH)2和Ca(OH)2。答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2；(3)90充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品时，需考虑到随着过滤操作的进行，混合液的温度降低，Li2CO3的溶解度增大，易造成Li2CO3的溶解损失，所以应进行的操作是趁热过滤。答案为：趁热过滤；(4)在阳极，2H2O-4e-=O2+4H+，起初发生反应H+=H2O+CO2，若使用阴离子交换膜，后来从右侧迁移入的OH-与H+再反应，阳极区溶液不可能是纯净的LiOH溶液；若使用阳离子交换膜，则Li+进入阴极区，与生成的OH-构成纯净的LiOH溶液，故该池使用了阳离子交换膜。答案为：阳；(5)将电池级Li2C
38、O3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，此可燃性气体应为CO，该反应的化学方程式是Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO。答案为：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO；(6) FePO4中铁显+3价，应加入强氧化剂(20%H2O2溶液)将Fe2+氧化为Fe3+；为保证Fe2+全部氧化为Fe3+，还需对氧化产物进行检验；原溶液酸性强，应加入NaOH溶液调节pH=2。综合以上分析，可得出制备的步骤为：取一定量的FeSO47H2O溶解于稍过量的H3PO4中，在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变
39、成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。答案为：在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。【点睛】在回答“90充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作”时，我们很容易忽视“趁热”而只回答“过滤”，解题时应理解命题人提供表中数据的真实意图。19. 以绿矾(FeSO47H2O)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下： (1) “氧化”时发生反应的离子方程式为_。(2) “合成”时生成Na2FeO4的离子方程式为_。
40、不同温度和pH下在水溶液中的稳定性如下图所示。为了提高“合成”时Na2FeO4的产率，下列措施可行的是_(填字母)。A. 充分搅拌反应液B. 控制反应在60 左右进行C. 将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中D. 将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中(3) “滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(4) 向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH溶液可析出K2FeO4晶体，说明该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度c(K2FeO4)_c(Na2FeO4)(填“”或“”)；此时母液中的阴离子除和OH-外，一定还含有_。【答案】 (1). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe
41、3+2H2O (2). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2+3Cl-+5H2O (3). AC (4). Fe(OH)3 (5). (6). 、Cl-【解析】【分析】过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，通过条件反应温度、把将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中，碱性环境中ClO-把Fe3+氧化物，过滤除去少量氢氧化铁沉淀，往滤液中加入饱和氢氧化钾溶液，即可提取高铁酸钾晶体；【详解】(1) 绿矾溶解产生亚铁离子，过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O ；(2) 根据流程可知，“合成”时生成Na2FeO4
42、的离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2+3Cl-+5H2O；四个措施讨论如下：A.充分搅拌反应液，可使反应充分，可提高Na2FeO4的产率，故A正确；B.由图可知控制反应在60左右进行，高铁酸钠的产率较低，故B错误；C.从示意图知，碱性条件下高铁酸根离子产率高，故将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中可提高Na2FeO4的产率，故C正确；D.将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中不能提高Na2FeO4的产率，故D错误；故答案为AC；(3)在合成时会有部分铁离子转化为氢氧化铁，则“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3；(4)向过滤后的滤液中加入饱和K
43、OH溶液可析出K2FeO4晶体，根据物质的溶解性可知该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度c(K2FeO4) c(Na2FeO4)；根据元素守恒可知此时母液中的阴离子除和OH-外，一定还含有、Cl-。20. 化合物E是合成一种眼科表面麻醉用药的中间体，其合成路线如下： (1) E中的含氧官能团名称为硝基、_、_(写两种)。(2) DE的反应类型为_。(3) B的分子式为C9H9O5N，则B的结构简式为_。从整个流程看，设计AB这一步的目的是_。(4) 写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式_。属于氨基酸；分子中含有苯环；分子中有6种不同化学环境的氢。(5) 请以CH3OH和C2H5OH
44、为有机原料制备医药中间体(CH3CH2OCOOCH2CH3)，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案】 (1). 酯基 (2). 醚键 (3). 取代反应 (4). (5). 保护羧基 (6). (7). CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2OCH3CH3CH2OCOOHCH3CH2OCOOCH2CH3【解析】【分析】(1)(4)比较C和D的结构，D为C的酯基在碱性条件下水解，C发生取代反应生成D，根据题中各物质转化关系，A发生取代反应生成B，结合反应的条件可知B为，B发生取代反应生成C；(5)逆合成分析法讨论合成CH3CH2OCOOCH2CH
45、3的合成线路：要制得CH3CH2OCOOCH2CH3，需要CH3CH2OCOOH，CH3CH2OCOOH可由CH3CH2OCH3 转化而来，CH3CH2OCH3可由CH3CH2Br和甲醇在一定条件下制得 ，CH3CH2Br则由CH3CH2OH和HBr反应生成，据此回答；【详解】(1)由结构简式可知E含有硝基、酯基、醚键等官能团，故答案为：酯基；醚键；(2)由官能团的转化可知D发生取代反应生成E取代反应；(3)A与乙醇发生酯化反应生成B，B为，从整个流程看，设计AB 可保护COOH，故答案为：；保护羧基；(4)D 为，分子式为C11H13O5N，有多种同分异构体，同时满足属于氨基酸；分子中含有苯
46、环，则苯环侧链需引入；分子中有6种不同化学环境的氢，中已有3种氢原子，分子内剩余C9H9O3在苯环及侧链上它们还有3种氢原子，按苯环上还另有1个、2个、3个侧链尝试，则满足条件的结构简式为；(5) 据分析，要制得CH3CH2OCOOCH2CH3，需要CH3CH2OCOOH和乙醇发生酯化反应，CH3CH2OCOOH可由CH3CH2OCH3 被高锰酸钾氧化而生产，CH3CH2OCH3可由CH3CH2Br和甲醇在一定条件下发生取代反应制得 ，CH3CH2Br则由CH3CH2OH和HBr发生取代反应生成，故合成线路为：CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2OCH3CH3CH2OCOOHCH3CH2OCOOCH2CH3。