资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩16页未读，
继续阅读
江苏省连云港市2023-2024学年高三下学期三模冲刺化学试题（学生版+教师版）
展开
这是一份江苏省连云港市2023-2024学年高三下学期三模冲刺化学试题（学生版+教师版），文件包含江苏省连云港市2023-2024学年高三下学期三模冲刺化学试题教师版docx、江苏省连云港市2023-2024学年高三下学期三模冲刺化学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学是材料科学的基础。下列说法不正确的是
A. 新型半导体材料氮化镓的化学式为GaN
B. 太阳能电池材料钛酸钙(CaTiO3)中钛属于副族元素
C. “玉兔号”月球车的热源材料舜与互为同素异形体
D. 储氢材料镍镧合金中镍元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化镓化学式为GaN，具有良好的半导体性能，是性能优良的新型半导体材料，A正确；
B．钛为22号元素，属于第ⅣB族，为副族元素，B正确；
C．与是质子数相同、中子数不同的核素，两者互为同位素，不互为同素异形体，C错误；
D．镍为28号元素，元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语正确的是
A. 氯化钠的电子式：
B. 乙烯的结构简式：C2H4
C. 硫原子的结构示意图：
D. 氯化钡的电离方程式：BaCl2=Ba2＋＋2Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠的电子式：，A错误；
B．乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；
C．硫原子的结构示意图：，C错误；
D．氯化钡是强电解质，其电离方程式：BaCl2=Ba2＋＋2Cl－，D正确；
故选D。
3. 元素N、O、P、S位于周期表中p区。下列说法正确的是
A. 电离能： B. 原子半径：
C. 酸性： D. 热稳定性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期第一电离能从左向右是增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此电离能：I1(P)＞I1(S)，故A正确；
B．同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径r(N)＞r(O)，故B错误；
C．H3PO4为中强酸，HNO3为强酸，因此酸性HNO3＞H3PO4，故C错误；
D．非金属性O＞S，则热稳定：H2O＞H2S，故D错误；
答案为A。
4. 利用碳氯化反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH =-51 kJ·ml-1，可将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是
A. 碳氯化反应在高温下不能自发进行
B. 加压、降温均可增大生成TiCl4的速率
C. 反应中每消耗80g TiO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023
D. 将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳氯化反应是放热的熵增反应，反应在任意温度下能自发进行，A错误；
B．加压，速率增大，降温，速率降低，B错误；
C．根据方程式分析，消耗1ml TiO2，转移4ml电子，反应中每消耗80g(1ml)TiO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023，C正确；
D．将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的反应速率，是由于增大了反应物的接触面积，但不能提高平衡转化率，D错误；
答案选C。
5. 氯碱工业中常用氨气检验氯气管道是否泄漏，原理为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。下列说法正确的是
A. 该反应为复分解反应B. 反应中氮元素全部被氧化
C. 转移2.4ml电子，生成0.1mlN2D. 若有白烟产生，说明Cl2泄漏
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中，反应物和生成物中都含有单质，不属于复分解反应，A不正确；
B．反应中，NH4Cl中N元素的化合价没有改变，而N2中N元素化合价升高，所以氮元素部分被氧化，B不正确；
C．由反应方程式可以建立如下关系式：N2——6e-，则转移2.4ml电子，生成0.4mlN2，C不正确；
D．若有白烟产生，表明反应生成NH4Cl，从而说明Cl2泄漏，D正确；
故选D。
6. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下，X与Y可组成两种液体二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。
下列有关说法错误的是
A. 简单氢化物的沸点：Y>Z
B. 简单离子半径：Y>Z>W
C. W分别与X、Y组成的化合物均含离子键
D. 电解WZ溶液可制得WYX、
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H，常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O， 中含有离子键，结合题意W应位于第三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O，Z与Y位于同一周期，则Z为F，代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。
【详解】A．H2O间氢键的个数比HF间氢键的个数多，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，A正确；
B．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：O2->F->Na+，B正确；
C．Na分别与H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在离子键，C正确；
D．电解NaF溶液，Na+和F-在水溶液中不放电，不能产生F2，D错误；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 该反应氧化剂：还原剂=3：4
B. Fe3+得一个电子Fe2+电子排布式由[Ar]3d5变[Ar]3d54s1
C. CH的空间结构为平面三角形
D. 1ml分子中，n(σ)∶n(π)=4：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，4分子中氨中的1分子氨的氮化合价由-3变为+3，为还原剂，3分子氟气中元素化合价降低为氧化剂，则氧化剂：还原剂=3：1，A错误；
B．铁为26号元素，Fe2+的价电子排布式为：3d6，B错误；
C．CH中C原子的价层电子对数为，则中心原子为sp2杂化，空间结构为平面三角形，C正确；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，苯环中不存在单独的π键，1ml分子中，n(σ)∶n(π)=16：1，D错误；
故选C。
8. NCl3(其中N为-3价)可用于漂白和杀菌消毒。NCl3水解的反应原理示意图如题图所示。下列说法正确的是
A. HClO的结构式为
B. 键角大于
C. 基态N原子的轨道表示式为违背了泡利不相容原理
D. 的水解过程中原子的杂化轨道类型发生了变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故A错误；
B．F的电负性大于N，使得N-F键的电子对偏向于F，从而N-F键间的斥力变小，夹角变小，故键角大于，故B正确；
C．原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同，③全空、全满或半满时能量最低，基态N原子的轨道表示式为违背了洪特规则，故C错误；
D．NCl3中含有3个键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，NCl3发生水解反应生成氨气，其中含有3个键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型不变，故D错误；
答案选B。
9. PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图：
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上
B. 上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成
C. 该反应每生成1 ml，转移电子的数目约为
D. PtNiFe—LDHGO降低了该反应的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图分析步骤Ⅰ中甲醛的氧与催化剂表面的氢通过氢键吸附在催化剂表面的上，故A正确；
B．上述反应机理涉及氧氢极性键、碳氧极性键的形成，没有涉及非极性键的形成，故B错误；
C．该反应有甲醛变为，一个碳原子由0价变为+4价，则每生成1 ml，转移电子的数目约为，故C正确；
D．PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化，加快反应速率，降低了该反应的活化能，故D正确。
综上所述，答案为B。
10. 室温下，向溶液中加入足量氨水混合溶液，生成沉淀。已知：，，。下列说法正确的是
A. 生成的离子方程式：
B. 0.1 溶液中：()：
C. 0.2 氨水和0.2 溶液等体积混合：
D. 生成沉淀后的滤液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液中加入足量氨水混合溶液，生成沉淀，生成的离子方程式为：，故A错误；
B．0.1 溶液的，说明的水解程度大于的水解程度，故，故B正确；
C．0.2 氨水和0.2 溶液等体积混合，二者恰好发生反应，此时溶质为，由元素质量守恒可得，，故C错误；
D．生成沉淀后的滤液中还有，存在电荷守恒，故D错误；
故选B。
11. 关于如图所示装置的叙述，不正确的是
A. 该装置能将化学能转化为电能
B. 锌是负极，锌片质量逐渐减小
C. 电子的移动方向：
D. 原电池发生的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置属于原电池装置，能将化学能转化为电能，A正确；
B．锌失去电子发生氧化反应为负极，因此锌片质量逐渐减小，B正确；
C．电子由负极流向正极，由锌片经导线流向铜片，即，C错误；
D．原电池发生反应为锌和硫酸铜生成铜和硫酸锌，，D正确；
故答案选C。
12. 室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中滴加几滴溶液，NaOH会与反应被消耗，且反应过程中未加热，不会有氨气生成，A错误；
B．若原溶液中含，滴加KSCN溶液后，溶液也会变红色，B错误；
C．电离出的和在溶液中均会水解，C错误；
D．向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，淀粉溶液变蓝，说明具有氧化性，D正确；
答案选D。
13. 逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有
反应Ⅰ： kJ·ml
反应Ⅱ： kJ⋅ml
反应Ⅲ：
常压下，向密闭容器中投入1 ml 和2 ml ，达平衡时和含碳物质的物质的量随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是
A. kJ⋅ml
B. 649℃时，反应Ⅰ的平衡常数
C. 其他条件不变，在250℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时不断增大
D. 800℃时，适当增大体系压强，保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，A错误；
B．温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，可知c线为CO，a为CO2，b为CH4，649℃时，反应平衡时，转换为氢气为0.8ml，生成的H2O小于0.8ml，，平衡常数：，B错误；
C．由图像可知，250℃~649℃范围内，随着温度的升高，平衡时增大，平衡逆向移动，则平衡时不断减小；649℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时减小，平衡正向移动，则平衡时不断增大，C错误；
D．高温时反应I进行程度很大，反应II、III程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，保持不变，D正确；
答案选D。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 以硫酸烧渣(主要成分为和少量、、等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：，。
（1）“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧)×100%]对铁浸取率的影响如图所示。
①加入草酸能提高铁浸取率的原因是___________。
②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是___________。
（2）“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。
①转化为的离子方程式为___________。
②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是___________。
③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和___________。
（3）“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是___________。
【答案】（1） ①. 和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应 ②. 与生成沉淀
（2） ①. ②. 温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成 ③. 草酸铵
（3）除去中含有的杂质
【解析】
【分析】由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。
【小问1详解】
①由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；
②由题给信息可知，草酸加入量大于20%时，亚铁离子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案：与生成沉淀；
【小问2详解】
①由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
②当反应温度超过35℃时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故答案为：温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成；
③由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；
【小问3详解】
由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去中含有的杂质。
15. 研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
a．
b．
c．
上述反应中原子利用率最高的是_____(填编号)。
（2）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
已知：，
则燃烧的热化学方程式_____。
（3）利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图1所示。阴极区电极反应式为_____；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是_____。
（4）研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图2所示，该过程可描述为_____ 。
（5）近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将NO氧化为NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(N2、O2、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图3所示。
①等离子体技术在低温条件下可提高的转化率，原因是_____。
②其他条件相同，等离子体的电功率与的转化率关系如图4所示，当电功率大于时，转化率下降的原因可能是_____。
【答案】（1）b （2）
（3） ①. ②. 温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活
（4）在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出
（5） ①. NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行 ②. 功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；功率增大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多
【解析】
【小问1详解】
由反应可知，abc原子利用率分别为、、，则上述反应中原子利用率最高的是b；
【小问2详解】
已知：
①
②
根据盖斯定律可知，①×2-②得：；
【小问3详解】
由图可知，阴极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，反应为；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活，使得电极反应的速率反而迅速下降；
【小问4详解】
由图可知，在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出，使得有氧条件下，在基催化剂表面，还原生成氮气和水；
【小问5详解】
①NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行，从而使得NO的转化率提高，而等离子体技术在低温条件下可以使得反应进行，故可提高的转化率；
②低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将NO氧化为NO2；功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；而功率过大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多，使得当电功率大于时，转化率下降。
16. Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10-5ml·L-1)。
②部分物质的溶解度曲线见下图。
利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
（1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如上图所示。烧杯中试剂的作用是_______。
（2）调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为_______。分两次调节pH的主要原因是_______。
（3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入_______杂质(填化学式)。
（4）Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，写出反应方程式：_______。
（5）CC2O4·2H2O热分解可制备C3O4.请补充完整由含c(C2+)=0.1ml·L-1的浸出液(含有杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)制备纯净的CC2O4·2H2O实验方案：_______，干燥，得到CC2O4·2H2O晶体。(须使用的试剂：NaClO3，NaOH，AgNO3溶液，(NH4)2C2O4，蒸馏水)
（6）为确定由CC2O4·2H2O获得C3O4的最佳煅烧温度，准确称取4.575g的CC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385℃以上残留固体均为金属氧化物)。经测定，205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积_______(写出计算过程，结果保留2位有效数字)。
【答案】（1）吸收HF，防止污染空气
（2） ①. Mg(OH)2、Mn(OH)2 ②. 防止铝元素转化为，无法去除
（3）Na2SO4 （4）6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2
（5）向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止
（6）0.37L(过程见解析)
【解析】
【分析】锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)加入30%硫酸，溶解后加入氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子和锰离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子。
【小问1详解】
向锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)中加入30%硫酸，加热至90℃，反应会生成HF，HF会污染空气，因此烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气；故答案为：吸收HF，防止污染空气。
小问2详解】
根据恰好完全沉淀时pH，向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为氢氧化镁和氢氧化锰沉淀，氢氧化铝中继续加入氢氧化钠溶液，会使氢氧化铝沉淀溶解，因此分两次调节pH的主要原因是防止铝元素转化为，无法去除；故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为，无法去除。
【小问3详解】
将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体，根据图知，随温度的升高，硫酸钠的溶解度减小，所以浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质；故答案为：Na2SO4。
【小问4详解】
Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，根据氧化还原反应原理分析Li2CO3、C3O4和O2在高温下反应生成LiCO2和CO2，其反应方程式：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2；故答案为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2。
【小问5详解】
根据题意主要是先将浸出液(含有杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)中亚铁离子氧化，长用氯酸钠氧化亚铁离子变为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节pH值将铝离子和铁离子除掉，再加入草酸铵溶液沉淀C2+，再过滤洗涤，检验是否洗涤干净，因此制备纯净的CC2O4·2H2O实验方案：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得到CC2O4·2H2O晶体；故答案为：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止。
【小问6详解】
4.575g的CC2O4·2H2O样品，其物质的量为0.025ml，其中水的质量为0.025ml×18g∙ml−1×2＝0.9g，m(CC2O4) ＝4.575g−0.9g＝3.675g，则A点为CC2O4，C的质量为0.025ml×59g∙ml−1＝1.475g，根据385℃以上残留固体均为金属氧化物，则B点中氧的质量m(O)＝2.008g−1.475g＝0.533g，则n(O)＝0.033ml，则n(C)：n(O)＝3:4，则B为C3O4，因此A点到B点在空气中加热，其反应方程式为3CC2O4＋2O2 C3O4＋6CO2，则消耗氧气物质的量为；故答案为：0.37L(过程见解析)。
17. 洛索洛芬钠(G)是一种抗炎镇痛药物，其一种合成路线如下：
（1）B分子中碳原子的杂化方式为___________。
（2）C中所含官能团名称为___________。
（3）B→C的反应需经历B→X→C的过程。X的分子式为C10H12O3，B→X的反应类型为___________。
（4）D的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式：___________。
①含有苯环。
②能水解，且一定条件下彻底完全水解后的产物都只含有两种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图_______(涉及题干中条件任用、无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）碳溴键、羧基 （3）加成反应
（4）或 （5）
【解析】
【分析】(A)在1)NaOH、2)HCl作用下转化为(B)，先与甲醛加成，再与HBr取代转化为(C)，与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成(D)，与反应生成(E)，在HBr、HOAC条件下转化为(F)，在一定条件下将羧基转化为羧酸钠生成(G)。
【小问1详解】
B的结构简式为，分子中苯环上的碳原子和羧基上的碳原子的杂化方式均为sp2，环外饱和碳原子采取sp3杂化；
【小问2详解】
C的结构简式为，其所含官能团名称为碳溴键、羧基；
【小问3详解】
B→C的反应需经历B→X→C的过程，B的分子式为C9H10O2、X的分子式为C10H12O3，甲醛的分子式为H2CO，对比三者分子式，9+1=10、10+2=12、2+1=3，所以B→X的反应类型为加成反应；
【小问4详解】
D的结构简式为，同时满足条件的同分异构体中含有酯基、且分子对称性高，其结构简式为或；
【小问5详解】
以CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图为。选项
探究目的
实验方案
A
验证溶液中含有
向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化
B
溶液中是否含有
向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色变化
C
是否发生水解
用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显色的颜色与标准比色卡比较
D
是否具有氧化性
向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，观察溶液颜色变化
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
C(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
8.8
3.2
9.4
98
11.1
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学是材料科学的基础。下列说法不正确的是
A. 新型半导体材料氮化镓的化学式为GaN
B. 太阳能电池材料钛酸钙(CaTiO3)中钛属于副族元素
C. “玉兔号”月球车的热源材料舜与互为同素异形体
D. 储氢材料镍镧合金中镍元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化镓化学式为GaN，具有良好的半导体性能，是性能优良的新型半导体材料，A正确；
B．钛为22号元素，属于第ⅣB族，为副族元素，B正确；
C．与是质子数相同、中子数不同的核素，两者互为同位素，不互为同素异形体，C错误；
D．镍为28号元素，元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语正确的是
A. 氯化钠的电子式：
B. 乙烯的结构简式：C2H4
C. 硫原子的结构示意图：
D. 氯化钡的电离方程式：BaCl2=Ba2＋＋2Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠的电子式：，A错误；
B．乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；
C．硫原子的结构示意图：，C错误；
D．氯化钡是强电解质，其电离方程式：BaCl2=Ba2＋＋2Cl－，D正确；
故选D。
3. 元素N、O、P、S位于周期表中p区。下列说法正确的是
A. 电离能： B. 原子半径：
C. 酸性： D. 热稳定性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期第一电离能从左向右是增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此电离能：I1(P)＞I1(S)，故A正确；
B．同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径r(N)＞r(O)，故B错误；
C．H3PO4为中强酸，HNO3为强酸，因此酸性HNO3＞H3PO4，故C错误；
D．非金属性O＞S，则热稳定：H2O＞H2S，故D错误；
答案为A。
4. 利用碳氯化反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH =-51 kJ·ml-1，可将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是
A. 碳氯化反应在高温下不能自发进行
B. 加压、降温均可增大生成TiCl4的速率
C. 反应中每消耗80g TiO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023
D. 将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳氯化反应是放热的熵增反应，反应在任意温度下能自发进行，A错误；
B．加压，速率增大，降温，速率降低，B错误；
C．根据方程式分析，消耗1ml TiO2，转移4ml电子，反应中每消耗80g(1ml)TiO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023，C正确；
D．将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的反应速率，是由于增大了反应物的接触面积，但不能提高平衡转化率，D错误；
答案选C。
5. 氯碱工业中常用氨气检验氯气管道是否泄漏，原理为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。下列说法正确的是
A. 该反应为复分解反应B. 反应中氮元素全部被氧化
C. 转移2.4ml电子，生成0.1mlN2D. 若有白烟产生，说明Cl2泄漏
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中，反应物和生成物中都含有单质，不属于复分解反应，A不正确；
B．反应中，NH4Cl中N元素的化合价没有改变，而N2中N元素化合价升高，所以氮元素部分被氧化，B不正确；
C．由反应方程式可以建立如下关系式：N2——6e-，则转移2.4ml电子，生成0.4mlN2，C不正确；
D．若有白烟产生，表明反应生成NH4Cl，从而说明Cl2泄漏，D正确；
故选D。
6. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下，X与Y可组成两种液体二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。
下列有关说法错误的是
A. 简单氢化物的沸点：Y>Z
B. 简单离子半径：Y>Z>W
C. W分别与X、Y组成的化合物均含离子键
D. 电解WZ溶液可制得WYX、
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H，常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O， 中含有离子键，结合题意W应位于第三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O，Z与Y位于同一周期，则Z为F，代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。
【详解】A．H2O间氢键的个数比HF间氢键的个数多，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，A正确；
B．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：O2->F->Na+，B正确；
C．Na分别与H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在离子键，C正确；
D．电解NaF溶液，Na+和F-在水溶液中不放电，不能产生F2，D错误；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 该反应氧化剂：还原剂=3：4
B. Fe3+得一个电子Fe2+电子排布式由[Ar]3d5变[Ar]3d54s1
C. CH的空间结构为平面三角形
D. 1ml分子中，n(σ)∶n(π)=4：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，4分子中氨中的1分子氨的氮化合价由-3变为+3，为还原剂，3分子氟气中元素化合价降低为氧化剂，则氧化剂：还原剂=3：1，A错误；
B．铁为26号元素，Fe2+的价电子排布式为：3d6，B错误；
C．CH中C原子的价层电子对数为，则中心原子为sp2杂化，空间结构为平面三角形，C正确；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，苯环中不存在单独的π键，1ml分子中，n(σ)∶n(π)=16：1，D错误；
故选C。
8. NCl3(其中N为-3价)可用于漂白和杀菌消毒。NCl3水解的反应原理示意图如题图所示。下列说法正确的是
A. HClO的结构式为
B. 键角大于
C. 基态N原子的轨道表示式为违背了泡利不相容原理
D. 的水解过程中原子的杂化轨道类型发生了变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故A错误；
B．F的电负性大于N，使得N-F键的电子对偏向于F，从而N-F键间的斥力变小，夹角变小，故键角大于，故B正确；
C．原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同，③全空、全满或半满时能量最低，基态N原子的轨道表示式为违背了洪特规则，故C错误；
D．NCl3中含有3个键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，NCl3发生水解反应生成氨气，其中含有3个键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型不变，故D错误；
答案选B。
9. PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图：
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上
B. 上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成
C. 该反应每生成1 ml，转移电子的数目约为
D. PtNiFe—LDHGO降低了该反应的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图分析步骤Ⅰ中甲醛的氧与催化剂表面的氢通过氢键吸附在催化剂表面的上，故A正确；
B．上述反应机理涉及氧氢极性键、碳氧极性键的形成，没有涉及非极性键的形成，故B错误；
C．该反应有甲醛变为，一个碳原子由0价变为+4价，则每生成1 ml，转移电子的数目约为，故C正确；
D．PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化，加快反应速率，降低了该反应的活化能，故D正确。
综上所述，答案为B。
10. 室温下，向溶液中加入足量氨水混合溶液，生成沉淀。已知：，，。下列说法正确的是
A. 生成的离子方程式：
B. 0.1 溶液中：()：
C. 0.2 氨水和0.2 溶液等体积混合：
D. 生成沉淀后的滤液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液中加入足量氨水混合溶液，生成沉淀，生成的离子方程式为：，故A错误；
B．0.1 溶液的，说明的水解程度大于的水解程度，故，故B正确；
C．0.2 氨水和0.2 溶液等体积混合，二者恰好发生反应，此时溶质为，由元素质量守恒可得，，故C错误；
D．生成沉淀后的滤液中还有，存在电荷守恒，故D错误；
故选B。
11. 关于如图所示装置的叙述，不正确的是
A. 该装置能将化学能转化为电能
B. 锌是负极，锌片质量逐渐减小
C. 电子的移动方向：
D. 原电池发生的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置属于原电池装置，能将化学能转化为电能，A正确；
B．锌失去电子发生氧化反应为负极，因此锌片质量逐渐减小，B正确；
C．电子由负极流向正极，由锌片经导线流向铜片，即，C错误；
D．原电池发生反应为锌和硫酸铜生成铜和硫酸锌，，D正确；
故答案选C。
12. 室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中滴加几滴溶液，NaOH会与反应被消耗，且反应过程中未加热，不会有氨气生成，A错误；
B．若原溶液中含，滴加KSCN溶液后，溶液也会变红色，B错误；
C．电离出的和在溶液中均会水解，C错误；
D．向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，淀粉溶液变蓝，说明具有氧化性，D正确；
答案选D。
13. 逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有
反应Ⅰ： kJ·ml
反应Ⅱ： kJ⋅ml
反应Ⅲ：
常压下，向密闭容器中投入1 ml 和2 ml ，达平衡时和含碳物质的物质的量随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是
A. kJ⋅ml
B. 649℃时，反应Ⅰ的平衡常数
C. 其他条件不变，在250℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时不断增大
D. 800℃时，适当增大体系压强，保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，A错误；
B．温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，可知c线为CO，a为CO2，b为CH4，649℃时，反应平衡时，转换为氢气为0.8ml，生成的H2O小于0.8ml，，平衡常数：，B错误；
C．由图像可知，250℃~649℃范围内，随着温度的升高，平衡时增大，平衡逆向移动，则平衡时不断减小；649℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时减小，平衡正向移动，则平衡时不断增大，C错误；
D．高温时反应I进行程度很大，反应II、III程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，保持不变，D正确；
答案选D。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 以硫酸烧渣(主要成分为和少量、、等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：，。
（1）“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧)×100%]对铁浸取率的影响如图所示。
①加入草酸能提高铁浸取率的原因是___________。
②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是___________。
（2）“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。
①转化为的离子方程式为___________。
②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是___________。
③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和___________。
（3）“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是___________。
【答案】（1） ①. 和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应 ②. 与生成沉淀
（2） ①. ②. 温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成 ③. 草酸铵
（3）除去中含有的杂质
【解析】
【分析】由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。
【小问1详解】
①由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；
②由题给信息可知，草酸加入量大于20%时，亚铁离子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案：与生成沉淀；
【小问2详解】
①由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
②当反应温度超过35℃时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故答案为：温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成；
③由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；
【小问3详解】
由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去中含有的杂质。
15. 研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
a．
b．
c．
上述反应中原子利用率最高的是_____(填编号)。
（2）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
已知：，
则燃烧的热化学方程式_____。
（3）利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图1所示。阴极区电极反应式为_____；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是_____。
（4）研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图2所示，该过程可描述为_____ 。
（5）近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将NO氧化为NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(N2、O2、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图3所示。
①等离子体技术在低温条件下可提高的转化率，原因是_____。
②其他条件相同，等离子体的电功率与的转化率关系如图4所示，当电功率大于时，转化率下降的原因可能是_____。
【答案】（1）b （2）
（3） ①. ②. 温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活
（4）在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出
（5） ①. NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行 ②. 功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；功率增大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多
【解析】
【小问1详解】
由反应可知，abc原子利用率分别为、、，则上述反应中原子利用率最高的是b；
【小问2详解】
已知：
①
②
根据盖斯定律可知，①×2-②得：；
【小问3详解】
由图可知，阴极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，反应为；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活，使得电极反应的速率反而迅速下降；
【小问4详解】
由图可知，在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出，使得有氧条件下，在基催化剂表面，还原生成氮气和水；
【小问5详解】
①NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行，从而使得NO的转化率提高，而等离子体技术在低温条件下可以使得反应进行，故可提高的转化率；
②低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将NO氧化为NO2；功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；而功率过大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多，使得当电功率大于时，转化率下降。
16. Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10-5ml·L-1)。
②部分物质的溶解度曲线见下图。
利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
（1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如上图所示。烧杯中试剂的作用是_______。
（2）调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为_______。分两次调节pH的主要原因是_______。
（3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入_______杂质(填化学式)。
（4）Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，写出反应方程式：_______。
（5）CC2O4·2H2O热分解可制备C3O4.请补充完整由含c(C2+)=0.1ml·L-1的浸出液(含有杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)制备纯净的CC2O4·2H2O实验方案：_______，干燥，得到CC2O4·2H2O晶体。(须使用的试剂：NaClO3，NaOH，AgNO3溶液，(NH4)2C2O4，蒸馏水)
（6）为确定由CC2O4·2H2O获得C3O4的最佳煅烧温度，准确称取4.575g的CC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385℃以上残留固体均为金属氧化物)。经测定，205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积_______(写出计算过程，结果保留2位有效数字)。
【答案】（1）吸收HF，防止污染空气
（2） ①. Mg(OH)2、Mn(OH)2 ②. 防止铝元素转化为，无法去除
（3）Na2SO4 （4）6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2
（5）向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止
（6）0.37L(过程见解析)
【解析】
【分析】锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)加入30%硫酸，溶解后加入氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子和锰离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子。
【小问1详解】
向锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)中加入30%硫酸，加热至90℃，反应会生成HF，HF会污染空气，因此烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气；故答案为：吸收HF，防止污染空气。
小问2详解】
根据恰好完全沉淀时pH，向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为氢氧化镁和氢氧化锰沉淀，氢氧化铝中继续加入氢氧化钠溶液，会使氢氧化铝沉淀溶解，因此分两次调节pH的主要原因是防止铝元素转化为，无法去除；故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为，无法去除。
【小问3详解】
将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体，根据图知，随温度的升高，硫酸钠的溶解度减小，所以浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质；故答案为：Na2SO4。
【小问4详解】
Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，根据氧化还原反应原理分析Li2CO3、C3O4和O2在高温下反应生成LiCO2和CO2，其反应方程式：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2；故答案为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2。
【小问5详解】
根据题意主要是先将浸出液(含有杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)中亚铁离子氧化，长用氯酸钠氧化亚铁离子变为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节pH值将铝离子和铁离子除掉，再加入草酸铵溶液沉淀C2+，再过滤洗涤，检验是否洗涤干净，因此制备纯净的CC2O4·2H2O实验方案：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得到CC2O4·2H2O晶体；故答案为：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止。
【小问6详解】
4.575g的CC2O4·2H2O样品，其物质的量为0.025ml，其中水的质量为0.025ml×18g∙ml−1×2＝0.9g，m(CC2O4) ＝4.575g−0.9g＝3.675g，则A点为CC2O4，C的质量为0.025ml×59g∙ml−1＝1.475g，根据385℃以上残留固体均为金属氧化物，则B点中氧的质量m(O)＝2.008g−1.475g＝0.533g，则n(O)＝0.033ml，则n(C)：n(O)＝3:4，则B为C3O4，因此A点到B点在空气中加热，其反应方程式为3CC2O4＋2O2 C3O4＋6CO2，则消耗氧气物质的量为；故答案为：0.37L(过程见解析)。
17. 洛索洛芬钠(G)是一种抗炎镇痛药物，其一种合成路线如下：
（1）B分子中碳原子的杂化方式为___________。
（2）C中所含官能团名称为___________。
（3）B→C的反应需经历B→X→C的过程。X的分子式为C10H12O3，B→X的反应类型为___________。
（4）D的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式：___________。
①含有苯环。
②能水解，且一定条件下彻底完全水解后的产物都只含有两种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图_______(涉及题干中条件任用、无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）碳溴键、羧基 （3）加成反应
（4）或 （5）
【解析】
【分析】(A)在1)NaOH、2)HCl作用下转化为(B)，先与甲醛加成，再与HBr取代转化为(C)，与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成(D)，与反应生成(E)，在HBr、HOAC条件下转化为(F)，在一定条件下将羧基转化为羧酸钠生成(G)。
【小问1详解】
B的结构简式为，分子中苯环上的碳原子和羧基上的碳原子的杂化方式均为sp2，环外饱和碳原子采取sp3杂化；
【小问2详解】
C的结构简式为，其所含官能团名称为碳溴键、羧基；
【小问3详解】
B→C的反应需经历B→X→C的过程，B的分子式为C9H10O2、X的分子式为C10H12O3，甲醛的分子式为H2CO，对比三者分子式，9+1=10、10+2=12、2+1=3，所以B→X的反应类型为加成反应；
【小问4详解】
D的结构简式为，同时满足条件的同分异构体中含有酯基、且分子对称性高，其结构简式为或；
【小问5详解】
以CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图为。选项
探究目的
实验方案
A
验证溶液中含有
向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化
B
溶液中是否含有
向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色变化
C
是否发生水解
用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显色的颜色与标准比色卡比较
D
是否具有氧化性
向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，观察溶液颜色变化
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
C(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
8.8
3.2
9.4
98
11.1
相关试卷
2024届山东省菏泽外国语学校高三下学期三模化学试题（学生版+教师版）： 这是一份2024届山东省菏泽外国语学校高三下学期三模化学试题（学生版+教师版），文件包含2024届山东省菏泽外国语学校高三下学期三模化学试题教师版docx、2024届山东省菏泽外国语学校高三下学期三模化学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
江苏省扬州市2024届高三下学期考前模拟卷化学试题（学生版+教师版）： 这是一份江苏省扬州市2024届高三下学期考前模拟卷化学试题（学生版+教师版），文件包含江苏省扬州市2024届高三下学期考前模拟卷化学试题教师版docx、江苏省扬州市2024届高三下学期考前模拟卷化学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
江苏省无锡市锡东高级中学2023-2024学年高三下学期5月月考化学试题（学生版+教师版）： 这是一份江苏省无锡市锡东高级中学2023-2024学年高三下学期5月月考化学试题（学生版+教师版），文件包含江苏省无锡市锡东高级中学2023-2024学年高三下学期5月月考化学试题教师版docx、江苏省无锡市锡东高级中学2023-2024学年高三下学期5月月考化学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
