1、北京市第五中学2021届高三化学上学期第二次阶段性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 S-32 Cl-35.5 Cu-64第卷(选择题共42分)一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1. 改革开放四十年来，我国在很多领域取得了举世瞩目的成就，下列工程使用的部分材料如下所示，其中属于有机高分子的是A. 港珠澳大桥桥墩混凝土B. “人造太阳”核聚变实验装置钨合金C. 高铁轨道与地基之间填隙减震聚氨酯D. “玉兔”月球车太阳能电池帆板硅【答案】C【解析】【详解】A、混凝土为硅酸盐材料，属于无机非金属材料，不属于有机高分子，
2、选项A错误；B、钨合金为金属材料，不属于有机高分子，选项B错误；C有机合成高分子材料，分天然产生的高分子化合物和人工合成的高分子化合物，棉花、羊毛、天然橡胶是天然存在的，塑料、合成橡胶、合成纤维是人工合成的，聚氨酯橡胶是人工合成的橡胶，选项C正确；D、硅为单质，不属于有机高分子，选项D错误。答案选C。2. 2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：下列说法不正确的是（ ）A. C与O同属第二周期元素，原子半径COB. 非金属性CO，故C24O6中O显负价C. C22O4分子中含有极性键和非极性键D. C18与C60、金刚石互为同位素【答案】D【解析】【详解
3、】A. C是6号元素，O是8号元素，C与O同属第二周期元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径CO，故A正确；B. C与O同属第二周期元素，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性CO，共用电子对偏向非金属性强的一方，非金属性强的非金属元素呈负化合价，故C24O6中O显负价，故B正确；C. 根据C22O4分子的结构可知，C22O4分子中含有极性键和非极性键，故C正确；D. 质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，C18与C60、金刚石都是碳元素的单质，互为同素异形体，故D错误；答案选D。3. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A. 1 mol OH含有的电子
4、数为NAB. 将7.1 g Cl2通入水中，转移电子数为0.1NAC. 标准状况下，11.2 L O2、CO2混合气体含有的氧原子数为NAD. 1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中，含有的NH数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A. 1个OH含有10个电子，1 mol OH含有的电子数为10NA，故A错误；B. 通入水中的氯气只有部分与水反应生成盐酸和次氯酸，将7.1 g Cl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B错误；C. 标准状况下，11.2 L O2、CO2混合气体的物质的量是0.5mol，O2、CO2每个分子都有2个氧原子，所以含有的氧原子数为NA，故C正确；D. NH
5、4Cl溶液中NH4+发生水解反应， 1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中，含有的NH4+数小于0.1NA，故D错误。4. 偏二甲肼(CH3)2NNH2与N2O4是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下： (CH3)2NNH2(l) + 2N2O4(l) = 2CO2(g) + 3N2(g) + 4H2O(g) H10 N2O4(l) 2NO2(g) H2 0下列说法不正确的是A. 反应中，N2O4为氧化剂B. 反应中，生成1mol CO2时，转移8 mol e-C. 由反应推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件D. 温度升高，反应的化学反应速率减小、反应的化
6、学反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A. 反应中，N2O4中N元素化合价降低，所以N2O4为氧化剂，故A正确；B. 反应中，N2O4中N元素化合价由+4降低为0，生成2mol CO2时，转移16 mol e-，故B正确；C. 加压、降温，N2O4(l) 2NO2(g)逆向移动，由反应推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；D. 温度升高，反应、的化学反应速率均增大，故D错误；故选D。5. 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：Al33H2OAl(OH)33HB. 中和法，用过量CO2中和碱性废水：CO22OH-=CO+H2OC. 沉
7、淀法，用Na2S处理含Hg2废水：Hg2S2=HgSD. 氧化还原法，用FeSO4将酸性废水中Cr2O72-还原为Cr3：Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O【答案】B【解析】【详解】A混凝法，用明矾做混凝剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+，故A正确；B过量CO2中和碱性废水反应生成碳酸氢根：CO2 + OH-= HCO，故B错误；C用Na2S处理含Hg2+废水生成硫化汞沉淀：Hg2+ + S2-= HgS，故C正确；DFeSO4将酸性废水中Cr2O72还原为Cr3+，本身被氧化为铁离子，Cr2O+ 6Fe2+ + 1
8、4H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，故D正确；故选B。6. 某溶液中含有HCO、CO、SO、Na+、CH3COO-五种离子。若向其中加入Na2O2充分反应后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中离子浓度保持不变的是( )A. CH3COO-B. CO、CH3COO-C. SO、COD. CO、CH3COO-、Na+【答案】A【解析】【详解】Na2O2具有强氧化性，能把氧化为，减少；Na2O2与H2O反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成NaOH，使溶液中Na+增多；OH-可与反应生成和H2O，故减少，增多；综上所述，只有CH3COO-没有变化，故选A。7. 某科研人员
9、提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（ ）A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率B. HCHO在反应过程中，有CH键发生断裂C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D. 该反应可表示为：HCHOO2CO2H2O【答案】C【解析】【详解】A根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有
10、C-H键发生断裂，B正确；C根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHOO2CO2H2O，D正确；故选C。8. BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是( )A. 该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB. 该过程中BMO表现还原性C. 降解产物CO2中含有非极性共价键D. 和中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1【答案】C【解析】【详解】A由图可知，苯酚在光和BMO的作用下转化为CO2和H2O，即该过程
11、的反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O，A正确；B由图可知，在该过程中BMO是催化剂，BMO在光的作用下被O2氧化为BMO+，表现还原性，B正确；CCO2的结构式为O=C=O，C与O之间为极性共价键，C错误；D由图可知，中1mol被苯酚还原为-2价的O，共转移3mole-，中1molBMO+被苯酚还原为BMO共转移1mole-，由得失电子守恒可知和中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，D正确；故选C。9. 2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠肺炎疫情严重威胁着人们的身体健康。研究发现洛匹那韦对新冠病毒有较好抑制作用，洛匹那韦能溶于水，其结构如图所示，下列说法不正确的是A. 洛匹那
12、韦的分子式为C37H48N4O5B. 洛匹那韦能发生取代、加成、消去、氧化、还原反应C. 洛匹那韦的水解产物之一遇Fe3+可显紫色D. 洛匹那韦能溶于水与氢键作用有关【答案】C【解析】【详解】A根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5，故A正确；B洛匹那韦能发生取代反应如羟基、能发生加成反应如苯环、能发生消去反应如羟基的邻碳上有氢、能发生氧化反应如羟基、能发生还原反应如羰基，故B正确；C洛匹那韦的水解产物中没有酚羟基，遇Fe3+不能发生显色反应而显紫色，故C错误；D洛匹那韦能与水分子间形成氢键，增大分子间作用力，故D正确；故选C。10. 如图装置(I)为一种可充电电池的示意图，其中
13、的离子交换膜只允许K通过，该电池放电、充电的化学方程式为：2K2S2KI3K2S43KI。装置(II)为电解池的示意图。当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法正确的是()A. K从右到左通过离子交换膜B. 电极A上发生的反应为：3I-2e-=I3-C. 电极X上发生的反应为：2Cl-2e-=C12D. 当有0.1molK通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)【答案】D【解析】【详解】当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，电极X为阴极，电极Y为阳极，装置（I）放电时电极A为负极，电极B为正极；A原电池中阳离子向正极移动，则K+从左向右通过离子交换膜，A错误；B
14、.放电时的反应为2K2S2KI3=K2S43KI，电极A为负极，电极A上发生失电子的氧化反应，电极反应为2S22-2e-=S42-，B错误；C.电极X为阴极，电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，C错误；D. 放电时的反应为2K2S2KI3=K2S43KI，当有1mol电子通过电路时有1molK+通过离子交换膜，当有0.1molK通过离子交换膜，电路中通过电子物质的量为0.1mol，根据电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，X电极上产生气体物质的量为0.05mol，该气体在标准状况下的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，D正确；答案选D。11.
15、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（ ）A. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B. 若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C. 反应中的H2O2可用NaClO4代替D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原
16、电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C据流程图反应，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。12. 某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图
17、所示。下列叙述正确的是A. 曲线II代表HCl的稀释过程B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 从b点到d点，溶液中保持不变D. 该温度下，b点Kw的数值比e点大【答案】C【解析】【详解】A. 盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，故A错误；B. b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点c点,故B错误； C. Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，故C正确；D. 温度不变，则Kw不变，该温度下，b点Kw的数值等于e点，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的一
18、元酸中，稀释相同倍数，酸性越弱pH值变化越大，”是解本题的关键，弱酸稀释过程中电离平衡常数不变。13. 某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )A. NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度B. 加入CaCl2促进了HCO的水解C. 反应的离子方程式是2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3D. 反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)【答案】B【解析】【详
19、解】A 若HCO电离程度大则呈酸性，HCO的水解程度大呈碱性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；B 加入CaCl2钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙，促进了HCO的电离，故B错误；C 滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出，生成碳酸，反应的离子方程式是2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3，故C正确；D 根据电荷守恒，溶液呈中性，左侧删除c(H+)，右侧删除c(OH-)，反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，故D正确；故选B。14. 某同学进行如下实验：实验步骤实验现象I将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润
20、的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热试纸颜色变化：黄色蓝色(pH10)黄色红色(pH2)；试管中部有白色固体附着II将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上试纸颜色变化：黄色橙黄色(pH5)下列说法不正确的是A. 根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应B. 根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C. I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的D. 根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3【答案】C【解析】【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色蓝色(pH10)黄色红色(pH2)，说明加热过程中生成了氨气，氨
21、气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色橙黄色(pH5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。【详解】A氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；B根据分析，根据I中
22、试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；C根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；D根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；答案选C。第II卷(非选择题共58分)15. 某同学取海带灰加蒸馏水煮沸23 min，冷却，过滤，获得含I溶液，并设计以下实验方案，从中提取I2。已知：3I2 + 6NaOH = 5NaI + NaIO3 + 3H2O（1）试剂a的作用是_。（2）试剂b应选择_（填序号）。ACCl4 B苯 C酒精 D植物油（3
23、）操作1的名称是_。（4）反应3离子方程式是_。【答案】 (1). 将I 氧化成I2（或作氧化剂） (2). A (3). 萃取、分液 (4). 5I+ IO3 + 6H+ = 3I2 + 3H2O【解析】试题分析：由流程可知，含碘离子的溶液先加硫酸酸化，再加氧化剂把碘离子氧化为碘，然后加入萃取剂萃取碘，分液后再向有机层加入氢氧化钠溶液进行反萃取（3I2 + 6NaOH = 5NaI + NaIO3 + 3H2O，生成物易溶于水、不易溶于有机溶剂），再分液，向水层加入硫酸把溶液酸化后得到碘的悬浊液，最后分离得到粗碘。（1）试剂a的作用是将I 氧化成I2（或作氧化剂）。（2）由流程中的信息可知，
24、试剂b是密度比水大的萃取剂， CCl4可行，苯和植物油的密度比水小，酒精可溶于水不能作萃取剂，因此选择A。（3）操作1的名称是萃取、分液。（4）反应3的离子方程式是5I+ IO3 + 6H+ = 3I2 + 3H2O。16. 硫酸铜是一种重要的化工产品。某工厂用刻蚀印刷电路板产生的碱性废液含较多Cu(NH3)42+及少量Cu2+、NH4+、NH3和Cl-制备硫酸铜晶体，流程如下：（1）通过“中和、沉淀和过滤”可得碱式氯化铜Cu(OH)Cl固体，请将生成该固体的反应的离子方程式补充完整：Cu(NH3)42+ +_。 （2）制备Cu(OH)Cl沉淀时，溶液的pH对铜元素含量的影响如右图所示：若要提
25、高Cu(OH)Cl沉淀的量，应将溶液的pH控制在_(填字母序号）。A. 5.8pH 5.2 时，随pH减小，溶液中铜元素含量增大，其原因用反应的离子方程式可表示为_。（3） “化浆、酸化过程可得到硫酸铜粗品，发生的反应为Cu(OH)Cl+ 4H2O+ H2SO4= CuSO45H2O+ HCl。则硫酸铜粗品中，含铜元素的杂质为_，检验样品中含有该杂质的方法是：取少量硫酸铜粗品，加入适量水使其充分溶解，_。（4）硫酸铜粗品还需要通过重结晶法进行提纯，具体操作是：将粗晶体溶解于热水中形成饱和溶液，然后加入适量乙醇，搅拌，冷却，过滤并洗涤，得到高纯度的硫酸铜晶体。加入乙醇能够提高硫酸铜的产率，从溶解
26、性角度解释其可能的原因是_。【答案】 (1). Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+ (2). B (3). Cu(OH)Cl+H+=Cu2+H2O+Cl- (4). 氯化铜（或CuCl2） (5). 加足量Ba(NO3）2溶液，充分反应，静置后过滤，向滤液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成说明CuCl2杂质 (6). 加入乙醇后CuSO4溶解性减弱，杂质(CuCl2)溶解性不变或增强（或在乙醇中CuSO4溶解度更小，杂质（CuCl2)溶解度不变或增大）【解析】(1)根据流程图，含有Cu(NH3)42+的碱性废液中加入盐酸，通过“中和、沉淀和过滤”
27、可得碱式氯化铜Cu(OH)Cl固体，离子方程式为：Cu(NH3)42+ +3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+，故答案为Cu(NH3)42+ +3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+；(2)根据图像，溶液的pH在5.25.8时，溶液中的铜元素的含量较低，说明Cu(OH)Cl沉淀溶解量很少，因此要提高Cu(OH)Cl沉淀的量，应将溶液的pH控制在5.25.8，故答案为B；碱式氯化铜能够与酸反应，Cu(OH)Cl+H+=Cu2+H2O+Cl-，导致pH 5.2 时，随pH减小，溶液中铜元素含量增大，故答案为Cu(OH)Cl+H+=Cu2+H2O+Cl-；(3)根据发生的反
28、应Cu(OH)Cl+ 4H2O+H2SO4= CuSO45H2O+ HCl，溶液中含有铜离子和氯离子，结晶时会析出氯化铜，检验样品中含有氯离子，需要排除硫酸根离子的干扰，因为硫酸银微溶于水，加入硝酸银也会生成白色沉淀，具体方法是：取少量硫酸铜粗品，加入适量水使其充分溶解，加足量Ba(NO3)2溶液，充分反应，静置后过滤，向滤液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成说明CuCl2杂质，故答案为氯化铜；加足量Ba(NO3)2溶液，充分反应，静置后过滤，向滤液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成说明CuCl2杂质；(4)将硫酸铜粗品溶解于热水中形成饱和溶液，然后加入适量乙醇，搅拌，
29、冷却，过滤并洗涤，得到高纯度的硫酸铜晶体。加入乙醇能够提高硫酸铜的产率，可能是CuSO4在乙醇中的溶解性小，而杂质(CuCl2)在乙醇中的溶解性较大或不变，故答案为加入乙醇后CuSO4溶解性减小，杂质(CuCl2)溶解性不变或增大。17. 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,并用其制备锂电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：资料：i滤液1、滤液2中部分例子浓度（gL1）LiNi2Ca2Mg2滤液122.7220.680.3660.18滤液221.947.71030.080.78103iiEDTA能
30、和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物iii某些物质的溶解度（S）T/20406080100S(Li2CO3)/g1.331.171.010850.72S(Li2SO4)/g34.733.632.731.7309I.制备Li2CO3粗品（1）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，则粗品中含Li2CO3的质量是_g。（摩尔质量:Li2CO3 74 g/
31、mol)II.纯化Li2CO3粗品 （5）将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO31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。.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_。【答案】 (1). 研磨、70加热 (2). Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2 (3). 趁热过滤 (4). 185ab (5). 4OH-4e-=2H2O+O2 (6). 阳 (7). 【解析】【分析】根据
32、流程可知，将含锂废渣研磨后，在70条件下用稀硫酸酸浸其中的金属，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，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将电池级Li2CO3和
33、C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO，据此分析作答。【详解】：（1）流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、70加热；故答案为：研磨、70加热；（2）根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；故答案为：Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2；（3）根据表可知Li2CO3的溶解度小在较高的温度下较小，故90充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；故答案为：趁热过滤；（4）lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出
34、的n（Li+）=5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol0.5b74g/mol=185ab g；故答案为：185ab；（5）根据电解图，阳极上发生氧化反应，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；阴极上放电的是氢离子，阴极生成OH-，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜；故答案为：4OH-4e-=2H2O+O2；阳；（6）Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为：；故答案为：。18. 研究不同 pH 时 C
35、uSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：aCu2O 为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。bCuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和 H2O2。cH2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。编号实验现象向 1 mL pH2 的 1 molL 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液出现少量气泡向 1 mL pH3 的 1 molL 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，出现较明显气泡向 1 mL pH5 的 1 molL 1CuSO4溶液中加
36、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，中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是_。（2）对中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：.CuO2，.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验：过滤中的沉淀，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。若中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是_。依据中沉淀完全溶解，甲同学认为假设不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是_。为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：将中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷
37、却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c molL 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=_，可知沉淀中不含 Cu2O，假设成立。（已知：Cu2+EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)96 gmol 1，M(Cu2O)144 gmol1）（3）结合方程式，运用化学反应原理解释中生成的沉淀多于中的原因_ 。（4）研究、中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。实验：在试管中分别取 1 mL pH2、3、5 的 1 molL1 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：_（填实验操
38、作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。（5）综合上述实验，、中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是_。【答案】 (1). 2H2O2 O2+2H2O (2). H2O2+Cu2+CuO2+2H+ (3). 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 (4). (5). 溶液中存在H2O2H+ +HO2，HO2H+ +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 (6). 将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测
39、得干燥后固体的质量不变 (7). CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多【解析】【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）若中生成的沉淀为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+；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，说明假设可能成
40、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；a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2Cu2+EDTA，则有= c mol/LV103L，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、HO2H+ +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，HO2H+ +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；（
41、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中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2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：将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2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Cu
42、O2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。19. 多奈哌齐可用于治疗阿尔茨海默病，中间体L的合成路线如下：已知：R1CHOR1CH=CHCOOH(1)A中所含官能团的名称是_。(2)AB的化学方程式是_。(3)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是_。核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为122 1 mol X与足量的金属钠反应，可生成1 mol H2(4)实验室检验E中含氧官能团的试剂及现象为_。(5)1 mol F生成1 mol G需要消耗_m
43、ol H2。(6)GH的反应类型是_。(7)K的结构简式是_。(8)由L可通过如下过程合成多奈哌齐：试剂a的结构简式是_。【答案】 (1). 羟基 (2). (3). (4). 银氨溶液、出现银镜 (5). 4mol (6). 取代反应 (7). (8). 【解析】【分析】A为，与氯气发生取代反应生成B，由B的分子式结合D的结构，可知B的结构简式为：，氯原子再发生水解反应生成C，C的结构简式为：，再发生取代反应生成D；E到F的反应根据信息分析，可得出F的结构简式为，再与氢气发生加成反应生成G，结构简式为，G到H为取代反应，H的结构简式为，再与COCl2发生取代反应生成I，其结构简式为，由信息的
44、反应可推出K的结构简式为。【详解】（1）A为，含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；（2）)AB的化学方程式为，故答案为：；（3）D的结构简式为，X是其同分异构体，核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为122，说明其有3种等效氢，D中共有10个H，则分别为2、4、4个，1 mol X与足量的金属钠反应，可生成1 mol H2，说明有两个羟基，则X的结构简式为，故答案为：；（4）E中的含氧官能团为醛基，检验试剂为银氨溶液，现象为有银镜产生，故答案为：银氨溶液、出现银镜；（5）F中有4个碳碳双键，故1mol的F会消耗4molH2，故答案为：4mol；（6）G结构简式为， H的结构简式为，N上的H原子被-COOCH3取代，故答案为：取代反应；（7）K到L的反应为信息的反应原理，为苯环上断开一个H，再对碳碳双键进行加成，由L的结构简式可推出K的结构简式为，故答案为：；（8）结合L的结构简式和M的分子式，可知L到M为脱羧反应，M的结构简式为，再结合信息的反应原理，根据多奈哌齐的结构推出a为，故答案为：。【点睛】该题主要考查有机推断，主要是结合题目信息和物质的分子式推出物质的结构简式，充分利用题给信息进行分析解答，明确有机物的官能团及性质是解本题关键。