江苏省扬州中学2023届高三下学期考前练习化学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州中学2023届高三下学期考前练习化学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州中学2023届高三下学期考前练习化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B．船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀
C．马家窑文化遗址出土的单刃青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
D．“一带一路”是现代版的“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
2．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式： B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6 D．NaClO的电子式：
3．X、Y、Z、W、P五种元素，其核电荷数依次增大。X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等；Z原子的核外电子有8种运动状态；Z与W元素位于同一族；P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法正确的是
A．Z、Y、X元素的第一电离能依次减小
B．Y基态原子的轨道表示式：
C．P原子的价层电子排布为
D．P单质分别与Z、W单质反应，产物中P的化合价一定相同
4．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO；亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂和氧化剂。实验室欲由下列装置制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到各自实验目的的是
A．制取氯气 B．制取氯水
C．提高HClO浓度 D．分离HClO
5．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列关于ClO2、ClO和ClO的说法不正确的是
A．1molClO含3molσ键
B．ClO2属于共价化合物
C．ClO的空间结构为三角锥
D．ClO的键角比ClO的键角大
6．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列含氯物质的转化正确的是
A．漂白粉HClO(aq)Cl2(g)
B．MgCl2(aq)无水MgCl2Mg
C．NaCl(aq)Cl2(g) FeC13
D．NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)
7．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO；亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂和氧化剂。亚氯酸钠(NaClO2)实验室制备过程为：①在强酸性介质中用SO2还原NaClO3制备ClO2；②在碱性介质中ClO2与H2O2反应，得到亚氯酸钠溶液；③再经一系列操作可得亚氯酸钠固体。下列说法正确的是
A．①中可用盐酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质
B．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为1∶2
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．若通过原电池反应来实现①，正极的电极反应为ClO+e-+2H+=ClO2+H2O
8．纯磷酸(易吸潮，沸点)可由的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于时会脱水生成焦磷酸。下列说法不正确的是

A．通入N2可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用
B．丙处应连接冷凝管
C．磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键
D．连接减压装置的目的是降低磷酸沸点
9．一种新型AC/LiMn2O4电池体系，在快速启动、电动车等领域具有广阔应用前景。其采用尖晶石结构的LiMn2O4作正极(可由Li2CO3和MnO2按物质的量比1：2反应合成)，高比表面积活性炭AC(石墨颗粒组成)作负极。充电、放电的过程如图所示：

下列说法正确的是
A．合成LiMn2O4的过程中可能有H2产生
B．放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe-=Li(1-x)Mn2O4+xLi+
C．充电时AC极应与电源负极相连
D．可以用Li2SO4水溶液做电解液
10．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向苯酚钠水溶液中通入CO2，观察溶液是否浑浊
苯酚的酸性比碳酸弱
B
向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，再滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
FeCl3和KI反应为可逆反应
C
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
D
向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，观察溴水是否褪色
丙烯醛中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
11．碳酸甘油酯是一种重要的绿色有机化合物，其一种合成方法如下：

下列有关说法正确的是
A．环氧丙烷分子不存在手性异构体
B．碳酸丙烯酯分子中键和键数目比为
C．甘油在水中的溶解度比碳酸甘油酯在水中的溶解度大
D．1,2-丙二醇与足量氢溴酸混合共热最多生成2种有机取代产物
12．已知：25℃，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。常温下，通过下列实验探究NH4HC2O4溶液的性质，有关说法正确的是
实验
实验操作及现象
1
用pH试纸测0.1 mol·L-1 NH4HC2O4溶液的pH＜7
2
向10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HC2O4溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，过滤
3
向实验2所得白色沉淀中加入10 mL饱和Na2CO3溶液，浸泡一段时间，无明显现象，过滤，向滤渣中滴加盐酸，有气体生成
A．实验1溶液中存在：c(HC2O)＞c(NH)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
B．实验2反应的离子方程式为：HC2O＋Ba2+＋OH-═ BaC2O4↓＋H2O
C．实验3中发生：BaC2O4＋COBaCO3＋C2O，不变时说明沉淀转化达平衡
D．由实验3可得：Ksp(BaC2O4)＞Ksp(BaCO3)
13．在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性与温度的关系如下图所示。

已知反应管内发生的反应为
反应1∶CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.5 kJ·mol-1
反应2∶CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=90.7kJ·mol-1
B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值
C．220℃~240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少
D．220℃~280℃时，反应1的速率高于反应2的速率

二、工业流程题
14．用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O的工艺流程如下：

(1)Fe2+较易被氧化成Fe3+，请从原子结构的角度分析其可能的原因： 。
(2)已知：室温下Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13，“氧化”后溶液中c(Mn2+)=0.2mol·L-1。
①欲使溶液中c(Fe3+)<10-5mol·L-1，“除铁”过程需控制溶液pH的范围是 。
②写出“除铁”过程中生成Fe(OH)3反应的化学方程式： 。
(3)氧化后溶液的Fe3+还可用P204(一种有机萃取剂，密度比水小)萃取除去，实验装置如图所示，从图示装置中得到Mn2+水溶液的实验操作方法是 。

(4)①取0.1710gMnSO4·H2O晶体样品，溶于水并加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液，加入0.4690gNa2C2O4固体，充分反应后，用0.0200mol·L-1KMnO4标准溶液滴定，用去标准溶液20.00mL，计算样品中MnSO4·H2O的质量分数 。(写出详细计算过程)。
C2O发生的反应为(未配平)。
②若实验测定MnSO4·H2O样品的纯度大于100%，可能的原因是 (忽略操作过程中的误差)。

三、有机推断题
15．六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H的合成路线如下：

(Ph-代表苯基)
(1)有机物G中的官能团名称为 。
(2)有机物F的分子式为C10H10，则其结构简式为 。
(3)D和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物质的量比为2：1完全酯化的产物有多种同分异构体，其中一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有3种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应；
③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH。
(4)D→E的过程为先发生加成反应，再发生消去反应，其反应机理如下：

试描述“加成反应”的历程： 。
(5)写出以苯乙烯、苯甲酸、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。

四、实验题
16．和都是重要的锂的化合物。
I 电极材料是动力型锂离子电池的理想正极材料。它可以通过、LiOH和溶液发生共沉淀反应、将所得沉淀干燥、高温成型而制得。实验室制备的方法如下：
步骤1  将LiOH置于题图所示实验装置的三颈烧瓶中，加入煮沸过的蒸馏水，搅拌使其溶解。从分液漏斗中滴加溶液，并持续通入氮气。

步骤2  将固体溶于蒸馏水中，迅速倒入三颈烧瓶中，快速搅拌，充分反应后，过滤、洗涤滤渣得固体。
(1)共沉淀反应投料时，不将和LiOH溶液直接混合的原因是 。
(2)写出共沉淀反应的化学方程式： 。
(3)工业制取在高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的导电性能外，还能 。
Ⅱ 磷酸锂渣(主要成分为)和废旧电极材料(含铝、炭、和)均可用于制取。
(4)实验室以磷酸锂渣为原料制备高纯的部分实验流程如下：

①“低酸转化”使转化为。写出“磷锂分离”的化学方程式： 。
②已知：三辛胺是一种有机碱，难溶于水。向“萃取”后的溶液中加入三辛胺再通入得到沉淀，加入三辛胺的目的是 。
(5)已知：微溶于水；、难溶于水和碱，可溶于盐酸生成LiCl、、和；pH＞3.2时，沉淀完全。完善由某废旧电极材料制取的实验方案：边搅拌边向废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡，过滤， ，过滤、洗涤，低温干燥得固体。(实验中须使用的试剂有：双氧水、盐酸、NaOH溶液、溶液)

五、原理综合题
17．燃煤烟气中主要成分是空气，SO2和NO的含量小于1%。一种用CO(NH2)2(尿素)和H2O2在固体催化剂作用下脱硫、脱硝。其流程如下：

(1)CO(NH2)2可以水解生成(NH4)2CO3，CO(NH2)2、(NH4)2CO3与烟气中的NO不反应。脱硫后所得吸收液中含CO(NH2)2、(NH4)2SO3、(NH4)2SO4。其他条件一定，反应相同时间，测得SO2的脱除率与温度的关系如图1所示。30～70℃时，SO2的脱除率随温度升高先增大后减小的原因是 。

(2)烟气中的NO与O2反应缓慢。雾化后的H2O2在催化剂中Fe元素作用下可以产生具有极强氧化活性的·OH(羟基自由基)，·OH能将NO快速氧化为NO2、HNO3等物质。H2O2在一种固体催化剂表面转化的过程如图2所示：

①脱硝时，NO2与吸收液中(NH4)2SO3反应生成(NH4)2SO4，同时排放出的气体不会污染空气。写出脱硝时NO2与(NH4)2SO3反应的化学方程式： 。
②化学式为LaFeO2.6的催化剂中，Fe3+和Fe2+的物质的量之比为 。
(3)如不使用固体催化剂，用含Fe3+的溶液也能催化H2O2发生类似的转化生成·OH，且相同条件下速率更快。与使用含Fe3+的溶液相比，使用固体催化剂的优点是 。

参考答案：
1．D
【详解】A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，A正确；
B．船体上镶嵌的锌块比钢铁化学性质更活泼，原电池反应中作负极，船体作正极受保护，是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀，B正确；
C．青铜是一种合金，C正确；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．N2H4中每个氮和氢形成单键，氮氮之间为单键，其结构式：，故A错误；
B．中子数为8的氮原子，其质量数为15，其原子符号为：15N，故B正确；
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p4，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，其电子式：，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．B
【分析】X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，为，为C元素，Z原子的核外电子有8种运动状态，Z为O原子，Y为N元素，Z与W元素位于同一族，W为S元素，P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子,为，为Cu元素。
【详解】A．Z为O元素，Y为N元素，X为C元素，第一电离能的大小为：，A错误；
B．Y为N元素，基态原子的轨道表示式：，B正确；
C．P为Cu元素，价层电子排布为：，C错误；
D．Cu和反应生成，Cu元素的化合价为+2价，Cu和反应生成，Cu元素的化合价为+1价，D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．浓盐酸与MnO2加热条件制取Cl2，该装置中少了酒精灯，A项不能达到实验目的；
B．制取的Cl2含有HCl，需要用饱和氯化钠洗气装置长进短处，该装置达到无法除杂的目的，B项不能达到实验目的；
C．氯气溶于水存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，加入CaCO3消耗HCl使平衡正向HClO浓度增大，C项能达到实验目的；
D．最终得到浓的HClO中含有CaCO3固体，需要进行过滤除去，该装置错误，D项不能达到实验目的；
故选C。
5．D
【详解】A．该离子中Cl与3个O原子形成共价键，所以1mol含3molσ键，A项正确；
B．ClO2均为非金属元素只有共价键，所以该物质为共价化合物，B项正确；
C．价层电子对为3+，孤电子对有一对，则空间结构为三角锥形，C项正确；
D．价层电子对为2+，孤电子对有两对。和两者均有四对价层电子对而前者孤电子更多对成键电子对排斥大键角小，D项错误；
故选D。
6．C
【详解】A．H2CO3酸性强于HClO，CO2通入漂白粉中可制备HClO。但HClO见光分解为HCl和O2，A项错误；
B．MgCl2加热易水解产生Mg(OH)2，获得无水MgCl2需要在HCl氛围中加热。MgCl2熔融电解得到Mg，B项错误；
C．NaCl溶液电解阳极Cl-放电得到Cl2，铁在Cl2中燃烧生成FeCl3，C项正确；
D．氯化钠溶液不能和二氧化碳反应，且NaHCO3固体受热分解可得到Na2CO3，而不是溶液分解，D项错误；
故选C。
7．D
【详解】A．NaClO3与盐酸发生反应生成有毒气体氯气，因此反应①中不能用盐酸作强酸性介质，故A说法错误；
B．反应中NaClO3作氧化剂，Cl的化合价由+5价降低为+4价，降低1价，SO2作还原剂，S的化合价由+4升高为+6价，升高2价，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，故B说法错误；
C．在碱性介质中ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl的化合价由+4价降低为+3价，H2O2作还原剂，NaClO4不能代替过氧化氢，故C说法错误；
D．用原电池实现反应①，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，即电极反应式为ClO+e-+2H+=ClO2+H2O，故D说法正确；
答案为D。
8．D
【详解】A．由毛细管通入N2，使磷酸溶液受热均匀，可防止暴沸，气体流通可加速水逸出，A正确；
B．丙处应连接直形冷凝管，起冷凝蒸气的作用，B正确；
C．磷酸分子中含有三个羟基，可与水分子形成氢键，故磷酸易吸潮，C正确
D．连接减压装置的目的是降低水的沸点防止温度过高生成焦磷酸，D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．和按物质的量比反应合成，Mn元素化合价降低，根据得失电子守恒，氧元素化合价升高，可能有产生，故A错误；
B．放电时，锂离子向正极移动，正极的得到电子发生还原反应，电极反应式为，故B错误；
C．放电时AC作负极，则充电时AC极应与电源负极相连，故C正确；
D．锂会和水反应，该电池体系应该采用有机溶剂，故D错误；
故选C。
10．A
【详解】A．向苯酚钠水溶液中通入CO2，溶液变浑浊，则表明发生反应+CO2+H2O→+，从而说明碳酸的酸性强于苯酚，A能达到目的；
B．向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，FeCl3过量，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，不能说明FeCl3和KI反应为可逆反应，B不能达到目的；
C．迅速升温至170℃时，产生的气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，C不能达到目的；
D．向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，此时丙烯醛转化为丙烯酸盐，但此时溶液呈碱性，能与Br2反应，从而使溴水褪色，不能说明丙烯醛中含有碳碳双键，D不能达到目的；
故选A。
11．C
【详解】A．环氧丙烷分子中有手性碳原子：，所以存在手性异构体，A错误；
B．碳酸丙烯酯的结构式为：，键和键数目比为，B错误；
C．羟基是亲水基团，甘油分子中有更多的羟基，所以甘油在水中的溶解度比碳酸甘油酯在水中的溶解度大，C正确；
D．1,2-丙二醇与足量氢溴酸混合共热，可发生一取代、二取代，生成的有机取代产物有、、，最多有3种，D错误；
故答案为：C。
12．C
【详解】A．已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，根据NH+ H2O⇌ NH3·H2O+H+，NH的水解常数为： =≈5.6×10-10，已知 Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，根据HC2O+H2O⇌ H2C2O4+OH-，HC2O的水解常数为：==2×10-13，再根据Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，可知草酸氢根的电离大于铵根离子的水解大于草酸氢根的水解，可得：c(NH)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，A错误；
B．根据n=cv，可知n(NH4HC2O4)=n(Ba(OH)2)=10×10-3L×0.1 mol·L-1=10-3mol，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：NH+HC2O+Ba2++2OH--═ BaC2O4↓+H2O+NH3·H2O，B错误；
C．根据实验3，可知草酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液转化为碳酸钡和草酸根离子，反应的离子方程式为：BaC2O4＋CO⇌BaCO3＋C2O，根据该反应，可得，K= ，不变时说明沉淀转化达平衡，C正确；
D．Qc > Ksp时生成碳酸钡沉淀，由现象不能比较Ksp大小，D错误；
故选C。
13．D
【分析】由题给热化学方程式可知，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度反应1逆向移动，则CH3OH的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。
【详解】A．根据盖斯定律，反应1-反应2得到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-49.5 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-90.7kJ·mol-1，故A错误；
B．由图可知，280℃时，出口处CH3OH的选择性实验值等于CO2的转化率的平衡值，而CO2的转化率实验值又大于CH3OH的选择性平衡值，出口处CH3OH的体积=起始CO2的体积CO2的转化率CH3OH的选择性，所以CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，故B错误；
C．反应1为放热反应，升高温度反应1逆向移动，CH3OH的选择性随温度升高而降低，则220℃~240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应1转化的CO2随温度的升高而减少，故C错误；
D．根据B项分析，CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，说明反应1的速率高于反应2的速率，故D正确；
答案选D。
14．(1)失去3d能级上的一个电子，变成半满稳定结构
(2) 3.2～8.0
(3)打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞
(4) 样品的纯度为： 晶体样品可能失去部分结晶水

【详解】（1）Fe2+氧化成Fe3+，从原子结构角度看，失去的是3d能级上的一个电子，Fe2+价电子排布式3d6，失去一个电子后变成3d5半满稳定结构，所以该过程较容易发生。
（2）①根据Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、完全沉淀时c(Fe3+)<10-5 mol/L，计算 Fe3+完全沉淀时溶液的 pH:c(OH-)> mol/L，pH>3.2。根据Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、c（Mn2+)=0.2mol/L，计算Mn2+开始沉淀时溶液的pH：c(OH-)= mol/L，pH=8。所以控制溶液pH的范围是3.2～8.0。
②除铁原理是CaCO3促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，故反应方程式为： 。
（3）因为萃取剂的密度比水溶液小，所以水溶液可直接从分液漏斗下端放出，具体操作为打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞。
（4）①0.4690 g Na2C2O4的物质的量为0.0035 mol，其被样品中 MnSO4生成的 和加入的 20.00 mL 0.0200 mol/L KMnO4氧化。根据电子守恒得2~5，设样品中MnSO4·H2O物质的量为x，则2.5(x+0.0200×0.0200)=0.0035mol，解得：x=0.001 mol，m(MnSO4·H2O)=169×0.001 =0.1690 g，MnSO4·H2O样品的纯度为。
②若晶体样品失去结晶水，而在数据处理时以“MnSO4·H2O”计算，会使得MnSO4·H2O质量偏大，质量分数偏大甚至超过100%。
15．(1)羰基、碳碳三键
(2)
(3)或
(4)苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻C原子，发生加成反应
(5)

【分析】A和溴发生取代反应在苯环引入溴原子得到B，B和镁反应生成C，C和二氧化碳反应后水解引入羧基得到D，D发生取代反应引入氯原子得到E，E和F生成G，F的分子式为C10H10，结合G结构可知，F为，则EF反应为取代反应；G再转化为H；
【详解】（1）由G结构可知，有机物G中的官能团名称为酮羰基、碳碳三键；
（2）有机物F的分子式为C10H10，则其结构简式为
（3）D中含有羧基，和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物质的量比为2：1完全酯化的产物为；其同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；②能发生银镜反应，含有醛基或甲酸酯基；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH，则含有2个甲酸酯基，且水解后生成酚羟基，故可以为或。
（4）由图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C原子，发生加成反应；
（5）苯乙烯和溴加成引入溴原子，再发生消去反应得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2发生D生成E的反应引入氯原子，再和苯乙炔发生E生成G的反应得到，再和发生G生成H的反应生成产物，故流程为：。
16．(1)和LiOH溶液直接混合生成，而极易被氧化，最终产品中混有化合物
(2)
(3)利用其还原性，防止被氧化
(4) 萃取后的LiCl溶液中混有HCl，三辛胺将溶液中的HCl反应除去、减小溶液中浓度，又能增大浓度，从而有利于生成
(5)向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加溶液若无沉淀生成

【详解】（1）和LiOH溶液直接混合生成，而极易被氧化，最终产品中混有化合物，所以共沉淀反应投料时，不将和LiOH溶液直接混合。
（2）、LiOH和溶液发生共沉淀反应生成、硫酸氢铵、水，反应的化学方程式为；
（3）活性炭有吸附性、导电性、还原性等，在有的情境下，考虑利用其还原性，防止被氧化。
（4）①根据流程图可知“磷锂分离”的原理是与反应，将转变为而除去，反应方程式为。
②萃取后的LiCl溶液中混有HCl，利用三辛胺难溶于水、呈碱性，将溶液中的HCl反应除去、减小溶液中浓度，又能增大浓度，从而有利于生成。
（5）废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡时、过滤，已将铝溶解除去，剩余固体成分为炭、和，从中获得溶液并沉淀生成的基本思路是：用酸溶解、过滤，除炭；将氧化、调节pH除；用溶液沉淀得。具体方案为：向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加溶液若无沉淀生成。
17．(1)30～60℃时，随温度升高，CO(NH2)2水解生成(NH4)2CO3的速率加快，溶液中(NH4)2CO3的浓度增大，反应速率加快同时升高温度也可以加快反应速率；60～70℃时，SO2在溶液中的溶解量减少，脱除率减小
(2) 2NO2＋4(NH4)2SO3=4(NH4)2SO4＋N2 1∶4
(3)对反应的pH没有要求，反应后无需处理含Fe2＋、Fe3＋的溶液(废液)

【分析】本题考查的是CO(NH2)2(尿素)和H2O2在固体催化剂作用下脱硫、脱硝的流程，利用CO(NH2)2(尿素)将燃煤烟气中的SO2转化为(NH4)2SO3、(NH4)2SO4，利用雾化后的H2O2将NO快速氧化为NO2、HNO3等物质，然后NO2与吸收液中(NH4)2SO3反应生成(NH4)2SO4，同时排放出N2。
【详解】（1）30～60℃时，SO2的脱除率增大的主要影响因素是：温度越高，CO(NH2)2水解生成(NH4)2CO3的速率越快，溶液中(NH4)2CO3的浓度越大，及升高温度可以加快反应速率；60～70℃时，SO2的脱除率较小的主要影响因素是：SO2在溶液中的溶解量越少，反应速率减慢；
（2）①脱硝时与发生氧化还原反应生成(NH4)2SO4和N2，反应的化学方程式：2NO2＋4(NH4)2SO3=4(NH4)2SO4＋N2；②化学式为可看作，La为+3价、O为-2价，可得5个Fe的化合价之和为+11，可由1个和4个组成，和的物质的量之比为1：4；
（3）使用固体催化剂的优点是：对反应的pH没有要求，反应后无需处理含Fe2＋、Fe3＋的溶液(废液)。