1、山东省聊城市2020届高三化学模拟试题（一）（含解析）1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 T-48 Fe-56 Co-59一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题
2、只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 84消毒液、75%的乙醇溶液均可以杀灭新型冠状病毒B. 糖类、油脂、蛋白质均为有机高分子C. 聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线D. 食品生产中添加适量苯甲酸钠可以防腐【答案】B【解析】【详解】A. 84消毒液主要成分是次氯酸钠，具有强氧化性的作用，强氧化性还可以使病毒的蛋白灭活，从而降低其传染性，75%的乙醇溶液能使蛋白质变性，使蛋白质失去原有的生理活性，所以84消毒液、75%的乙醇溶液均可以杀灭新型冠状病毒，A正确；B. 糖类中单糖和二糖是小分子不是高分子、油脂也不是高分子，只有淀粉、纤维素、蛋白质为有机高分子，B错误
3、；C. 聚乳酸相容性与可降解性良好，可用于制作免拆型手术缝合线，C正确；D. 苯甲酸钠是一种常见的防腐剂，所以食品生产中添加适量苯甲酸钠可以防腐，D正确。答案选B。2.“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷（）的爆震程度最小。下列烃与氢气加成能得到异辛烷的是（ ）A. 2，3，4三甲基1戊烯B. 2，3，4三甲基2戊烯C. 2，4，4三甲基2戊烯D. 3，4，4三甲基1戊炔【答案】C【解析】【分析】【详解】异辛烷可由氢气加成得到，则双键位置可以有两种，为：、，名称分别为：2，4，4三甲基2戊烯、2，4，4三甲基1戊烯，C符合题意。答案选C。【点睛】烷烃还原成烯烃时，形成双键的两个碳原子上至
4、少要有一个氢原子。3.在实验室中完成下列实验时.选用仪器（其他仪器任选）不当的是（ ）A. 从食盐水中提取晶体：酒精灯、坩埚B. 强酸与强碱的中和滴定：滴定管、锥形瓶C. 配制240mL0.1mol/LNaCl溶液：250mL容量瓶、玻璃棒D. 分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液的混合物：分液漏斗、烧杯【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 从食盐水中提取晶体采用蒸发操作，仪器有：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等，A错误；B. 中和滴定实验中，需要使用滴定管、锥形瓶等仪器，B正确；C. 配制240mL0.1mol/LNaCl溶液，使用250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管等仪器，C正确；D. 乙酸乙酯与碳酸钠
5、溶液互不相溶，采用分液方法分离，仪器有：分液漏斗、烧杯等，D正确。答案选A。【点睛】配制240mL使用250mL容量瓶，注意没有240mL规格的容量瓶。4.某元素基态原子最外层的电子排布式如下，其中能表示该元素一定为主族元素的是（ ）A. 3s23p6B. ns2C. 4s24p1D. 4s1【答案】C【解析】【详解】A. 3s23p6为Ar元素，0族元素，不是主族，A不符合题意；B. ns2可以表示第A族和大多数副族元素，B不符合题意；C. 4s24p1最外层三个电子，在第四周期第A族，为Ga元素，C符合题意；D. 4s1可以表示K、Cr、Cu，K在主族，Cr、Cu在副族，D不符合题意；答案
6、选C。【点睛】注意主族、副族、族、0族元素的最外层电子的特征。5.阿比朵尔是一种能够有效抑制冠状病毒的药物，其结构简式如图所示。下列关于阿比朵尔的说法错误的是（ ）A. 分子中有两种含氧官能团B. 分子中的所有原子不可能处于同一平面上C. 该物质既可以发生加成反应又可以发生取代反应D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2mol NaOH【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由阿比朵尔的结构简式可知，含有酯基和酚羟基两种含氧官能团，故A正确；B.该物质存在饱和碳原子，饱和碳为四面体构型，所有原子不可能共面，故B正确；C.该物质含有苯环，苯环可以发生加成氢气的反应，含有酯基可以发生水解反
7、应，水解属于取代反应，故C正确；D.该物质含有酚羟基可以与氢氧化钠反应，1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠；同时含有酯基，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol酯基消耗1mol氢氧化钠，卤代烃水解消耗2mol NaOH,因此1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗4molNaOH，故D错误。故选：D。6.A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，a、d分别是A、D元素对应的单质，m、n、p、q是由这些元素中的部分元素组成的化合物，气体p常作果实催熟剂，m、n为两种常见的液体。上述物质发生的转化关系如图所示（反应条件已略去）。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径由大到小的顺序为：DBCAB.
8、简单氢化物的沸点BC，则原子半径由大到小的顺序为：DBCA，故A正确；B.B、C的简单氢化物分别为CH4、H2O，H2O中含有氢键，因此简单氢化物的沸点：BHCO3-，B错误；C. 检验水解后溶液中含有Br-应该在酸性溶液中，实验中水解后溶液中没有加入硝酸至溶液显酸性，因此不能检验，C错误；D. 麦芽糖在稀硫酸作催化剂的条件下加热，发生水解反应，然后向水解后的溶液中加入NaOH溶液使溶液显碱性，再加入银氨溶液水浴加热，若出现银镜，就证明麦芽糖水解产物具有还原性，被银氨溶液氧化，D正确；故合理选项是D。9.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是（ ）A. 水浴加热
9、的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B. 浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C. 仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D. 可用仪器a、b将反应后的混合物直接蒸馏得到产品【答案】D【解析】【详解】A水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，A正确；B混合时先加浓硝酸，后加浓硫酸，待混合液冷却至室温后，再加入苯，B正确；C冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正确；D反应完全后，由于硝基苯是密度比水大，难溶于水的液体物质，而酸溶解在水中，因此硝基苯与酸分层，硝基苯在下层，酸溶液在上层，应先分液分离出有
10、机物，再蒸馏分离出硝基苯，D错误；故合理选项是D。10.MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如图。下列说法错误的是（ ）A. 干电池是一种将化学能转变为电能的装置B. 原料硫酸可以循环使用，且可用盐酸代替硫酸进行酸溶C. 酸溶时ZnS作还原剂，操作1为过滤D. 通电电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+【答案】B【解析】【详解】A. 干电池是一次电池，能将化学能转变为电能，A正确；B. 盐酸具有还原性，电离产生的Cl-会被MnO2氧化产生有毒气体Cl2，影
11、响Mn2+的电解，因此不能用盐酸代替硫酸使用，B错误；C. ZnS、MnO2、H2SO4发生氧化还原反应，产生ZnSO4、MnSO4、S及H2O，ZnS作还原剂，反应中S被氧化产生难溶于水的S单质，ZnSO4、MnSO4溶解在水中，所以操作1是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤，C正确；D. 通电时Mn2+在阳极失去电子被氧化产生MnO2，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，D正确；故合理选项是B。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.处理烟气中的SO2，可以采用碱
12、吸-电解法，其流程如图：模拟过程如图，下列推断正确的是（ ） A. 膜1阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜B. SO2是含有极性键的极性分子C. a极的电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2D. 若收集22.4 L的P(标准状况下)，则有2 mol N离子移向右室【答案】AB【解析】【详解】Ab电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中SO42-的量增大，则是由SO32-转化得到，发生反应SO32-2e-+H2O=SO42-+2H+，则膜2应为阴离子交换膜；a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，则发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2，膜1应为阳离子交换膜，A正确；BS
13、O2分子中的S=O键是极性共价键，由于分子中正、负电荷重心不重合，因此SO2属于极性分子，B正确；Ca电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，且反应有气体产生，则应发生的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2，C错误；Da电极发生电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2，若收集22.4 LP(标准状况下)，即收集标况下H2的的物质的量n(H2)=1 mol，根据电极反应式可知转移电子数为2 mol，b电极发生反应：SO32-2e-+H2O=SO42-+2H+，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知有1 mol SO32-通过膜2进入右室，D错误；故合理选项
14、是AB。12.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：SO22Fe32H2OSO422Fe24H；Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O。则下列有关说法不正确的是A. 氧化性：Cr2O72Fe3SO2B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7C. 反应中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性
15、大于还原剂的氧化性； 由氧化性的强弱，判断反应的发生【详解】A. 由可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3SO2,由可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72 Fe3,则氧化性：Cr2O72 Fe3 SO2，故A正确；B.6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2Cr2O72,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol2(63)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；D. 因氧化性为Cr2O72 SO2,则K2Cr2
16、O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B.【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。13.我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（ ）A. 电池以低功率模式工作时，NaFeFe(CN)6作催化剂B. 电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行C. 电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6D. 若在无溶解氧的海水中，该电池仍
17、能实现长续航的需求【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFeFe(CN)6获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFeFe(CN)6上析出，故NaFeFe(CN)6的作用是作催化剂，A正确；B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFeFe(CN)6时Na+的嵌入；当形成OH-从NaFeFe(CN)6析出时，Na+从NaFeFe(CN)6脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确； C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFeFe(CN)6获得电子被还原变为Na2FeF
18、e(CN)6，所以正极的电极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6，C正确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；故合理选项是D。14.25时，在20 mL0.1 molL-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 molL-1NaOH溶液，溶液中lg与pH关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 25时，HA酸的电离常数为1.010-5.3B. A点对应溶液中：c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-)C. B点对应的NaOH溶液体积为10 mLD. 对C点溶液加热(不考虑挥发)，则一定减小【答案
19、】AD【解析】【详解】A. pH=5.3时，lg=0，即c(A-)=c(HA)，HA酸的电离常数Ka=c(H+)=10-pH=10-5.3，A正确；B. A点对应溶液显酸性，即c(H+)c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，所以有关系式：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(A-)c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度关系为：c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，B错误；C. 由于Ka=10-5.3=Kh，所以20 mL HA溶液中加入10 mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c(A
20、-)c(HA)，即lg0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C错误；D. A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以随温度升高而减小，D正确；故合理选项是AD。15.工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（ ） 已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式：CH3OH*CH3O*+H* Ea=+103.1 kJmol-1方式：CH3OH*CH3*+OH* Eb=+249.3 kJmol-1A. CH3OH
21、*CO*+2H2(g)的H0B. 都为O-H键的断裂过程C. 由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为D. 放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*CO*+4H*【答案】AD【解析】【详解】A. H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，H0，A正确；B. 根据图示可知过程是断裂H-O键，过程断裂的是C-H键，B错误；C. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要精力方式为I，C错误；D. 由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*+3H*CO*
22、+4H*，D正确；故合理选项是AD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.研究SO2、NOx等大气污染物的要善处理具有重要意义。(1)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)对煤进行脱硫处理。某温度下，测得反应在不同时间点各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL-101020304050O21.000.780.600.600.640.64CO200.440.800.800.880.88010min内，平均反应速率v(SO2)=_mol/(Lmin)。30min后，只改变某条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条
23、件可能是_（填字母）。A.移除部分CaSO4(s) B.通入一定量的O2C.加入合适的催化剂 D.适当缩小容器的体积(2)利用活性炭吸附汽车尾气中的NO：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，实验测得，v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2) c(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。在密闭容器中加入足量C（s）和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知：该反应的H_0（填“”或“”、“”或“=”）k逆增大的倍数，1100K时，计算k正：k逆=_。【答案】 (1). 0.044 (2). BD (3). (4). 反应未达到平衡状态，温度
24、的升高，反应速率加快，NO转化率增大 (5). 4 (6). (7). 0.11或【解析】【分析】根据v=计算；根据30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，改变的条件可为加入氧气或适当缩小容器的体积等；根据在1050 kPa时反应达到平衡，在1050 kPa前，温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断；根据在1100kPa时NO转化率40%，结合三行计算列式得到。【详解】(1)根据v=，CO2的化学反应速率v(CO2)=0.044mol/(Lmin)，根据方程式可知：物质反应的速率比等于化学方程式的化学计量数的比，所以v(SO2)=v(CO2)=0.044mol/(Lmin)，故答案为
25、：0.044；30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气或适当缩小容器的体积等，故答案为：BD；(2)由图像可知，当温度高于1050K时，随着温度升高，NO的转化率降低，则平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，即H0，1050kPa 前，反应b 中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此NO2转化率随温度的升高而增大，故答案为：；反应未达到平街状态，温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大；由图像可知，在1050K、1.1106Pa时，NO转化率80%，可列平衡三段式为：由于容器的容积不变，
26、因此气体的物质的量的比等于气体压强之比，可知平衡时p(NO)=0.2p(总)，p(N2)=0.4 p(总)，p(CO2)=0.4 p(总)，则用平衡分压表示的化学平衡常数，故答案为：4；正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，1100K时，NO的平衡转化率为40%，可列平衡三段式为：则平衡常数K=，当反应达到平衡时，正=逆，故，故答案为：”或“ClTi (3). 平面三角形 (4). (5). 3 (6). 分子晶体 (7). 6 (8). 2 (9). 3 (10). 【解析】【分析】(1)钛为22
27、号元素，根据价电子排布式分析；(2)元素原子的得电子能力越强，则电负性越大；根据1个单键是1个键，1个双鍵中含有1个键，1个键以及COCl2分子的结构式来解答；通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体；(3)配合物TiCl(H2O)3Cl2H2O中，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O；(4)根据均摊法结合晶胞数据分析解答。【详解】(1)钛为22号元素，基态电子排布式为：Ar3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，原子核外最外层电子数为2，自旋状态相反；(2)元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以OClTi；COCl2的结构为，中心原子C上含有3个键，没有孤电子对，属
28、于sp2杂化，其分子构型为平面三角形；在COCl2分子中, C原子为sp2杂化，虽然等性sp2杂化的键角是120。但由于C原子与O原子间以双键C=O结合,该双键对C-Cl键的斥力要更大些。所以，O-C-Cl键角要大于Cl-C-Cl键角；答案为；COCl2分子中有1个CO键和2个CCl键，所以COCl2分子中键的数目为3，键数目为1，个数之比为3：1；通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体，则TiCl4的晶体类型为分子晶体；(3)配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O中，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，中心离子的配位数是6，作为配体的Cl-难以电离出来与Ag+发生反应，故向1mol该
29、配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀；(4)根据均摊法，晶胞中有2个原子和4个O原子，因此晶胞质量，晶胞体积459，因此，晶胞密度。18.乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，是一种很好的补铁剂。.制备碳酸亚铁：装置如图所示。(1)仪器B的名称是_。(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是_，然后打开活塞2，关闭活塞_。.制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应。(3)该反应化学方程
30、式为_。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入_，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的步骤如下，请将前四步正确排序(写字母序号)：_，干燥。a.过滤 b.隔绝空气，加热 c.冷却结晶 d.用适量乙醇洗涤.乳酸亚铁晶体纯度的测量；(4)用K2Cr2O7滴定法测定样晶中Fe2+的含量计算样品纯度，称取6.00g样品配制成250.00mL溶液。取25.00mL用0.0100molL-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_(以质量分数表示)。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化 (3). 1、3
31、(4). 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O (5). 适量铁粉 (6). bcad (7). 57.6%【解析】【分析】结合仪器构造和用途书写仪器；加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，排除空气后，将亚铁离子引入到后面装置中与碳酸氢根发生反应生成碳酸亚铁；乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，加入铁粉防止乳酸亚铁变质，反应结束后，要避免乳酸亚铁被氧气，由于乳酸亚铁不溶于乙醇，因此用适量乙醇洗涤；根据关系式计算乳酸亚铁的物质的量，再计算纯度。【详解】(1) 仪器B是带支管的烧瓶，名称是蒸馏烧瓶；(2) 实验操作如下：关闭活塞2
32、，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，其目的是：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化；然后打开活塞2，关闭活塞1、3； (3) 乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，其反应化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O；为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉；反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体，主要避免乳酸亚铁被氧气氧化，因此要隔绝空气，低温蒸干，过滤后再用适量乙醇洗涤，所以排序为：bcad ；(4) 根据电子守恒，铁化合价由+2升高到+3，铬由+6降低到+3，可得关系为解得n(Fe2+)
33、= 1.210-3mol乳酸亚铁晶体的纯度为： 。【点睛】计算时直接由电子守恒、元素化合价的变化得到反应的关系式，不一定要通过化学方程式来进行计算，同时注意量的10倍关系。19.LiCoO2是锂离子电池常用的电极材料。利用原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质）制备LiCoO2的工艺流程如图：资料：在含一定量Cl-的溶液中，钻离子以CoCl形式存在：Co2+4Cl-CoClCoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：（1）步骤选用盐酸的浓度应为_，该过程要注意在通风橱中进行的原因为_（用离子方程式表示）。a.4mol/L b.6mol/L
34、 c.10mol/L（2）从平街移动角度解释步骤中加入NaCl固体的目的_。（3）步骤的操作是_。（4）步骤用(NH4)2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钻Co2(OH)2CO3。已知碱式碳酸钻在339以上开始分解，实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示。分析曲线下降的原因_。（5）步骤中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2。该反应的化学方程式是_。（6）多次实验测定该原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为_%。（假设原钻矿中含钻元素的物质只有Co2O3）。【答案】 (1). c
35、 (2). NiS+2H+=Ni2+H2S (3). 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度 (4). 分液 (5). 温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 (6). 4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2 (7). 1.66【解析】【分析】原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质），球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co与Cr、Ni，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中浓度，加入有机胺试
36、剂萃取，洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成目标物，以此解答该题。【详解】（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为10mol/，可用于分离Co与Cr、Ni；由于原料中含有NiS与盐酸反应生成H2S，H2S有毒，故应在通风橱中进行，反应的离子方程式为：NiS+2H+=Ni2+H2S，故答案为：c；NiS+2H+=Ni2+H2S；（2）步骤中加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+4Cl-CoCl42-右移，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+4Cl-CoC
37、l右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；（3）步骤iv加入有机溶剂，用于萃取，可用分液的方法分离，故答案为：分液；（4）由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，原因为温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32-水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（或温度过高Co2（OH）2CO3分解，沉淀质量减少。），故答案为：温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低.沉淀质量减少；（5）Co3O4 和Li2CO3 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2，方程式为4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2，故答案为：4Co2O3+6LiCO3+
38、O212LiCoO2+6CO2；（6）原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为1.18%=1.66%，故答案为：1.66%。20.M（）是一种有机合成的中间体，可以通过以下途径来合成：已知：.RMgX（R、R、R”代表烃基或氢原子）.+R3（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）（1）在一定条件下，N可以发生加聚反应，其产物的结构简式为_。（2）D中官能团名称为_。（3）由E生成F的化学方程式为_，反应类型为_。（4）H是比G少6个碳原子的G的同系物，则H有_种，其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为_。（5）用星号（*）标出M中的手性碳原子：_。（6）写出用氯苯（
39、）原料制备化合物的合成路线：_（其他试剂任选）。【答案】 (1). (2). 羟基（或酮基） (3). +H2O (4). 消去反应 (5). 5 (6). (7). (8). 【解析】分析】由有机物转化关系可知，苯酚与2-甲基丙烯发生加成反应生成，则B为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则C为；发生信息反应生成，则D为；发生信息反应生成，则E为；在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则F为；发生信息反应生成，一定条件下生成。【详解】（1）N的结构简式为，一定条件下发生加聚反应生成，故答案为：；（2）D的结构简式为，官能团为羟基（或酮基），故答案为：羟基（或酮基）；（3）由E生成F的反应为在
40、浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（4）G的结构简式为，比少6个碳原子的同系物H的分子式为C5H8O2，分子中含有羰基和醛基，CH3CH2CH2CHO插入羰基有3种，插入羰基有2种，共有5种，其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为，故答案为：5；（5）M的结构简式为，手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子，则M中属于手性碳原子的标识为，故答案为：；（6）由题给流程和制备化合物的结构简式 可知，合成的步骤为在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，发生信息反应生成，发生信息反应生成，合成路线为： ，故答案为：。【点睛】注意理解手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子是判断M中属于手性碳原子的关键。