北京市通州区2024届高三(上)期末化学试卷(解析版)

这是一份北京市通州区2024届高三(上)期末化学试卷(解析版)，共25页。试卷主要包含了 下列事实与水解反应无关的是等内容，欢迎下载使用。
第一部分
本部分共14题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 文物是中华民族悠久历史和灿烂文化的实物见证，下列文物的主要材料中属于金属材料的是（ ）
【答案】D
【详解】A．甲骨片主要是龟甲、兽骨等，主要成分为蛋白质，不属于金属材料，A不符合题意；
B．货币海贝主要成分为碳酸盐，不属于金属材料，B不符合题意；
C．陶瓷主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C不符合题意；
D．铜方尊属于合金，因此属于金属材料，D符合题意；
答案选D。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A. 反-2-丁烯的分子结构模型：
B. 质量数为2的，其核素符号是：
C. 的模型：
D. 价层电子轨道表示式为：
【答案】A
【详解】A．表示顺-2-丁烯的分子结构模型，A错误；
B．H的原子序数为1，则质量数为2的原子可表示为，B正确；
C．分子中O原子的价层电子对数为，含有2对孤对电子，则模型为，C正确；
D．Fe的价电子排布式为，失去最外层两个电子形成，则的价层电子轨道表示式为：，D正确；
答案选A。
3. 下列事实与水解反应无关的是（ ）
A. 实验室用制备纳米
B. 溴乙烷在碱性环境下制备乙醇
C. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
D. 向沸水中滴加饱和溶液制备胶体
【答案】C
【详解】A．在热水中水解： ，钛酸受热分解生成，与盐类水解有关，不符合题意；
B．溴乙烷在碱性环境下制备乙醇发生了水解反应：，再与碱反应，与水解有关，B不符合题意；
C．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃是裂化反应，与水解无关，C符合题意；
D．溶液水解生成氢氧化铁：，加热促进水解，故可以制得胶体，与盐类水解有关，D不符合题意；
答案选C。
4. 下列解释事实的化学用语不正确的是（ ）
A. 加热和的混合物生成黑色固体：
B. 向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2出现白色浑浊：
C. 将加入滴有酚酞溶液的水中液体变红
D. 铜片放入浓硝酸中产生红棕色气体
【答案】A
【详解】A．加热和S的混合物生成FeS黑色固体，化学方程式为：，A错误；
B．向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2反应生成苯酚，出现白色浑浊，化学方程式为：，B正确；
C．Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液，溶液变红色，离子方程式为：，C正确；
D．铜片放入浓硝酸中产生NO2红棕色气体和硝酸铜，离子方程式为：，D正确；
故选A。
5. 下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是（ ）
【答案】B
【详解】A．直接加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，生成的两种产物会在试管口直接化合生成氯化铵，因此无法制备氨气，应该选用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，A错误；
B．乙烯与溴发生加成反应，则溴的四氯化碳溶液褪色，因此可检验溴乙烷消去产生的乙烯，B正确；
C．和均与饱和碳酸钠溶液反应，因此无法除去中的，C错误；
D．乙炔的密度小于空气，因此不能使用向上排空气法收集，D错误；
答案选B。
6. 工业合成氨中的原料气需经过铜氨液处理后进入合成塔，目的是除去其中的CO。下列说法正确的是（ ）
已知：
A. 可用与铵盐制备铜氨液
B. 通过降温可实现铜氨液再生利用
C. 中铜离子的配位数是3
D. 该步骤可有效防止CO使合成氨中催化剂中毒
【答案】D
【详解】A．用与氨水而不是铵盐制备铜氨液，A错误；
B．铜氨溶液吸收CO的反应为放热反应，气体分子总数减少的反应，为了使反应后铜氨溶液再生，即让反应逆向进行，则采用的条件为高温低压，B错误；
C．中铜离子的配位数是4，C错误；
D．CO会使催化剂失去活性，所以原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，除去其中的CO，可防止催化剂中毒，D正确；
故选D。
7. 贝诺酯具有解热镇痛抗炎作用，是乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚的前体药物。
下列说法正确的是（ ）
A. 贝诺酯完全水解的产物有四种分子结构
B. 1 ml乙酰水杨酸最多消耗2 ml NaOH
C. 可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸
D. 对乙酰氨基酚中甲基C—H键极性与甲烷中C—H键极性相同
【答案】C
【详解】A．贝诺酯中两个酯基，一个酰胺脂基，都会发生水解，产物分别是乙酸、领羟基苯甲酸，对氨基苯酚，A错误；
B．乙酰水杨酸中有一个羧基，一个酯基，1 ml乙酰水杨酸中的羧基和酯基分别都能和1ml NaOH反应，而乙酰水杨酸中的酯基水解后会生成酚羟基，有酸性，会进一步消耗1ml NaOH，故最多消耗3ml NaOH，B错误；
C．FeCl3溶液遇到酚羟基显紫色，对乙酰氨基酚中有酚羟基，而乙酰水杨酸中无酚羟基，可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸，C正确；
D．虽然都是C—H键，但是C上所连其他基团不同，C对共用电子对的吸引能力不同，键的极性大小有区别，D错误；
本题选C。
8. 下列叙述中，事实与对应解释不正确的是（ ）
【答案】D
【详解】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH > CH3COOH，A正确；
B．H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子，根据相似相溶，在CS2中的溶解度：H2O < CCl4，B正确；
C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；
D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；
故选D。
9. 丙烷制备丙烯过程中发生如下反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
已知：一定条件下，丙烷单独进料时平衡体系各组分体积分数如下表所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 丙烯中6个键键能相同
B. 使用催化剂可提高反应中丙烷的平衡转化率
C. 反应Ⅲ的正向进行有利于反应Ⅰ的正向进行
D. 从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应反应I
【答案】C
【详解】A．丙烯结构为CH2=CHCH3，分子中6个键键能不相同，A错误；
B．催化剂可以加快反应速率，但是不改变转化率，B错误；
C．反应Ⅲ的正向进行消耗更多的氢气且反应放热温度升高，升温和降低氢气浓度均有利于反应Ⅰ的正向进行，C正确；
D．由表可知，反应Ⅲ生成甲烷分数为55.2%-23.7%=31.5%，则反应Ⅲ消耗分数31.5%÷3=10.5%，结合表数据，从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应，D错误；
故选C。
10. 下列实验中，能达到实验目的的是（ ）
【答案】D
【详解】A．硫化钠与硫酸铜溶液反应与生成CuS沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故A错误；
B．有机化合物在碱性溶液中发生水解反应，水解后没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，则不能证明有机物含溴原子，故B错误；
C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，溶液褪色，可知二氧化硫具有漂白性，不能证明二氧化硫为酸性氧化物，故C错误；
D．只有KSCN浓度不同，左侧试管在溶液的血红色深，可研究浓度对化学平衡的影响，故D正确；
故选D。
11. 磷酸燃料电池是以浓磷酸为电解质的新型燃料电池。某探究小组模仿氯碱工业设计装置如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 装置正极的电极反应为
B. 向中反应后电解质溶液加入溶液并调至中性存在：
C. 电池工作时，外电路中转移电子，则装置阴极附近产生
D. 工作一段时间后观察到试管中溶液颜色变浅，证明装置阳极产生的气体与发生反应
【答案】B
【分析】装置A为酸性燃料电池，其中通入氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极；装置B为电解池，与通入氢气一极相连的Pt电极为阴极，阴极电极反应为，与通入氧气一极相连的Pt电极为阳极，阳极电极反应为。
【详解】A．装置为酸性氢氧燃料电池，通入氧气的一极为正极，则正极的电极反应为，A错误；
B．A中反应后的溶液为磷酸溶液，加入溶液并调至中性，则，根据电荷守恒关系可得：，因此溶液中存在，B正确；
C．阴极电极反应为，根据得失电子守恒，外电路中转移电子时生成0.5ml氢气，由于不知道氢气所处的温度和压强，则无法计算其体积，C错误；
D．装置B阳极产物为，与水反应生成HCl和HClO，生成的HClO具有漂白性可以使酚酞溶液颜色变浅，因此不能证明装置阳极产生的气体与发生反应，D错误；
答案选B。
12. 高分子的部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 单体分子中含有酯基和醚键
B. 高分子水解可得到单体
C. 聚合反应中还伴有的生成
D. 单体与高分子化学计量比是
【答案】B
【分析】根据合成路线，该反应可表示为。
【详解】A．根据单体E的结构可知，单体E分子中含有酯基和醚键，故A正确；
B．单体E分子可以生成高分子R，但是高分子水解之后不会成环，故水解不能得到单体E的完整结构，故B错误；
C．由分析的方程式可知，生成高分子时，单体E上还要脱离的C、H、O可以生成HCHO，故C正确；
D．由分析的方程式可知，生成高分子时，单体E与高分子化学计量比是(x+y)∶1，故D正确；
故选B。
13. 我国著名的科学家侯德榜改进了“索尔维制碱法”，确定了新的工艺流程——侯氏制碱法，部分工艺流程对比如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是和
B. 两种制碱法都是向饱和中先通再通足量，目的是获得更多
C. 两种制碱法比较，理论上侯氏制碱法原子的利用率远远大于索尔维制碱法
D. 侯氏制碱法中采用通氨、降温、盐析，使正向移动，实现对的分离
【答案】A
【分析】饱和氯化钠溶液中通入氨气得到氨盐水，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，索尔维制碱法为:向母液加入Ca(OH)2，得到氨气和废液；侯氏制碱法:母液中通入氨气，降温加入氯化钠盐析得到氯化铵晶体和氨盐水。
【详解】A．侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是NH4HCO3和NaCl，故A错误；
B．上述流程分析可知，两种制碱法都是向饱和 NaCl中先通NH3再通足量CO2，目是获得更多NaHCO3，故B正确；
C．理论上侯氏制碱法，NaCl利用率高，可降低制碱成本，增大经济效益，Na原子的利用率远远大于索尔维制碱法，故C正确；
D．侯氏制碱法中采用通氨、降温、加入氯化钠盐析，溶液中铵根离子、氯离子浓度增大，使 (aq)+Cl-(aq) = NH4Cl(s)正向移动，析出氯化铵晶体，实现对NH4Cl的分离，故D正确；
故选A。
14. 分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。
已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11； Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。
关于上述实验，下列分析正确的是（ ）
A. A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO− + H2OHClO + OH−
B. AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2+ + 5H2O=Cl−+ 2Fe(OH)3↓+ 4HClO
C. CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+
D. 反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+ Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O
【答案】C
【分析】刚开始滴入FeCl2溶液时，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，使pH显著下降，当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，随着FeCl2的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后Fe(OH)3开始溶解消耗氢离子，所以pH变化缓慢，据此回答。
【详解】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明主要原因不是次氯酸跟离子的水解，A错误；
B．根据分析可知，AB段pH下降的原因为Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，，B错误；
C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+，C正确；
D．反应进行至400s时，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+ Cl-+H+=Cl2↑+ H2O，D错误；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 某科研团队以和为原料合成流程如图所示
（1）①基态原子的价层电子排布式为______。
②气态失去一个电子比气态失去一个电子难，你的解释是______。
（2）的空间构型是______。
（3）上述参与反应的物质中电负性最大的元素是______。
（4）下列关于反应物的说法中不正确的是______。
a．中的杂化类型是
b．中存在非极性共价键
c．在反应过程中氮元素的化合价降低
（5）科学家为改良材料热电性能，在晶胞上的位掺杂来提高其热电性能，制备出的材料晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。
①该物质的化学式是______。
②已知该物质的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______
（6）可作为钠离子电池正极材料，其充放电过程正极材料晶胞的组成变化如图所示。(晶胞内未标出因放电产生的0价原子)
每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为______。
【答案】（1）①. ②. 气态失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难
（2）形 （3） （4）ac
（5）①. ②. （6）8
【详解】（1）①Cu是29号元素，位于周期表中第四周期第ⅠB族，价层电子排布式为；
②气态的价电子排布式为，失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难；
（2）中Se原子的价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为V形；
（3）上述参与反应的物质所含的元素中非金属性最强的是O，则电负性最大的是O；
（4）a．中原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，为sp3杂化，a错误；
b．中存在非极性键，b正确；
c．生成Cu2Se时，Cu、Se化合价都降低，则在反应过程中提供电子，氮元素的化合价升高，c错误；
答案选ac；
（5）①Cu位于顶角和面心，个数为，8个Se位于体内，Al位于棱心和体心，个数为，则，则化学式为AlCuSe2；
②晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度为；
（6）转化为的电极反应式为，每个晶胞中含有的单元数为4，则转移电子数为8。
16. 甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应：
ⅰ.
ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-247.8kJ/ml
已知：
（1） ___________。
（2）要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取措施有___________(写出两条)
（3）应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应：
ⅲ.
ⅳ.
其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示：
①依据实验数据应选择的最佳反应条件是___________。
②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。
（4）通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极)
①电极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。
②阳极室产生后发生的反应有：_____________________________、
（5）电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余)
已知：

若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为___________。
【答案】（1）+92.7kJ/ml （2）升温或减压
（3）① 20%银负载量、650℃ ②. 升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降
（4）①. 负 ②. 或
（5）
【详解】（1）按盖斯定律，反应=2×反应ⅰ+2×反应ⅱ，则=+92.7kJ/ml。
（2）反应ⅰ为气体体积增大的吸热反应，温度升高或减压均可使反应右移，则要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有升温或减压(写出两条)。
（3）①由图知，20%银负载量、650℃时甲醛的收率最高、20%银负载量时甲醛的选择性最大，则依据实验数据应选择的最佳反应条件是20%银负载量、650℃。
②升温，反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降，则温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是：升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降。
（4）①电解池中阳离子向阴极移动，则由图可知右侧电极为阴极，连接电源的负极。
②氯离子在阳极放电产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸把甲醇氧化为甲醛，则阳极室产生后发生的反应有：或、
（5）由流程可知，电解后的甲醛溶液(溶液中无 、剩余)中，加入过量碘水、氢氧化钠溶液，发生，滴入标准硫代硫酸钠溶液与多余的碘单质反应：，酸化后若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则与甲醛反应的碘单质为，V升电解液中甲醛为，电解后甲醛的含量为。
17. 卢帕他定是一种抗过敏药物。其合成路线如下：
已知：
（1）分子中的含氧官能团是______。
（2）反应中的作用是______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
（3）D的结构简式是______。
（4）属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰。
①的化学方程式是______。
②可与盐酸发生反应，生成的有机化合物结构简式是______。
（5）下列说法正确的是______。
a．的分子式是
b．在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应
c．分子内不存在手性碳原子
d．分子中所有原子共平面
（6）卢帕他定的结构简式是______。
【答案】（1）羧基(或) （2）还原剂 （3）
（4）①.
②.
（5） （6）
【分析】A和发生取代反应生成B，B和NaBH4发生还原反应生成C为，C和SOCl2发生还原反应生成D为，E和反应生成F，F和发生已知信息的反应原理得到G，结合F的分子式可以推知F为，结合E的分子式可以推知E为，I和D发生已知信息的反应原理得到卢帕他定为，以此解答。
【详解】（1）由A的结构简式可知，A分子中的含氧官能团是羧基(或−COOH)。
（2）由分析可知，B和NaBH4发生还原反应生成C，的作用是还原剂。
（3）由分析可知，D的结构简式为。
（4）E属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰，E和反应生成F，F和发生已知信息的反应原理得到G，结合F的分子式可以推知F为，结合E的分子式可以推知E为，①的化学方程式是++H2O；
②中含有氨基，与盐酸发生反应生成。
（5）a．由G的结构简式可知，的分子式是C20H16ON2Cl2，a错误；
b．G中含有酰胺基和氯原子，在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应，b正确；
c．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，I分子内不存在手性碳原子，c正确；
d．I中含有2个亚甲基，其中C原子是sp3杂化的，所有原子不可能共平面，d错误；
故选bc。
（6）由分析可知，卢帕他定的结构简式是。
18. 高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。
已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。
[注：草酸盐受热易分解；
该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时
（1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是____________。
（2）步骤Ⅱ中石灰的作用是____________
（3）步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象：
①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是____________。
②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因____________。
（4）步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有__________________，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是_______________。
（5）已知：
在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是____________。
（6）步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是_____________________。
【答案】（1）富集锂 （2）沉淀剂、调节
（3）①. 产生的硫酸钙附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应 ②. 加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动
（4）、 煅烧
（5）30 （6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低
【分析】盐湖卤水蒸发浓缩后加入石灰，石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到滤渣，滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，处理得到氧化钙、氧化镁；滤液2蒸发过滤得到含有锂离子的滤液3，加入碳酸钠得到碳酸锂；
【详解】（1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是提高溶液浓度，富集锂；
（2）石灰和水生成氢氧化钙使得溶液显碱性，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，故步骤Ⅱ中石灰的作用是沉淀剂、调节；
（3）①反应产生的硫酸钙沉淀附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子；
②加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶；
（4）滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，反应为：、；已知：草酸盐受热易分解，则滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是煅烧；
（5）由表可知，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是30，此时溶液中锂离子浓度较高，会有较多的锂进入滤液3利于回收；
（6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低，故沉锂的适宜温度是。
19. 某小组实验探究不同条件下KMnO4和NaNO2溶液的反应。
已知：ⅰ、在一定条件下可能被还原为溶液(绿色)、(棕黑色)、(无色)。
ⅱ、浓碱条件下，可被还原为。
ⅲ、在水中为白色沉淀。
（1）实验I中，还原产物为____________。
（2）小组同学对实验Ⅱ中得到绿色溶液的原因提出以下假设：
假设一：被溶液中的还原为。
假设二：______________________________。
甲同学补做了实验______________________(填操作和现象)，证明假设一不成立。
（3）实验Ⅲ中反应得到棕黑色沉淀的离子方程式是__________________。
该小组同学对反应后溶液进行进一步的探究：
（4）实验中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式是____________。
（5）根据实验V中现象推测，实验Ⅱ中的反应物_________过量，结合离子方程式解释“继续滴加溶液沉淀消失”的原因是__________________。
（6）综合上述实验分析，影响氧化性的主要因素是__________________。
【答案】（1）
（2）被溶液中的还原为 向1 mL 0.01 ml·L-1KMnO4加6滴H2O和3滴6 ml⋅L-1NaOH溶液，加热一段时间后观察溶液不变绿色
（3）2+3+H2O=2MnO2↓+3+2OH-
（4）2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H2O
（5）NaNO2 酸性环境下可将 MnO2还原为 Mn2+发生反应：MnO2++2CH3COOH=Mn2+++2CH3COO-+H2O
（6）溶液的酸碱性
【分析】本题通过控制变量的方法来探究不同条件下KMnO4和NaNO2溶液的反应本质，同时利用氧化还原反应配平的原则进行氧化还原反应配平，并结合各小题据此信息进行解题。
【详解】（1）实验Ⅰ中酸性高锰酸钾溶液变为无色，即高锰酸根离子转化为Mn2+，即高锰酸钾、亚硝酸钠和硫酸反应生成锰离子、硝酸根离子和水，则还原产物为Mn2+；
（2）实验Ⅱ中的反应物有高锰酸钾、亚硝酸钠和氢氧化钠，则得到绿色溶液的原因提出以下假设：假设一：被溶液中的OH-还原为；假设二：被溶液中的还原为；不加入亚硝酸钠可证明假设一是否成立，则甲同学补做了实验向 1 mL 0.01 ml·L-1 KMnO4加6滴 H2O和3滴 6ml⋅L-1NaOH溶液，加热一段时间后观察溶液不变绿色，证明假设一不成立；
（3）实验Ⅲ中高锰酸钾和亚硝酸钠反应生成二氧化锰，则反应得到棕黑色沉淀的离子方程式是2+3+H2O=2MnO2↓+3+2OH；
（4）实验Ⅳ中锰离子与氢氧根离子反应生成氢氧化锰白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀为二氧化锰，其反应的化学方程式是2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H2O；
（5）根据实验V中现象推测，实验Ⅱ中的反应物 NaNO2过量，继续滴加CH3COOH溶液沉淀消失的原因是酸性环境下 可将 MnO2还原为 Mn2+发生反应：MnO2++2CH3COOH=Mn2+++2CH3COO-+H2O；
（6）综合上述实验分析，溶液的酸碱性不同影响KMnO4氧化性，则影响KMnO4氧化性的主要因素是溶液的酸碱性。A．甲骨文
B．货币海贝
C．陶瓷
D．铜方尊
A．氨的制备
B．检验溴乙烷消去产生的乙烯
C．除去中的
D．乙炔气体收集
事实
解释
A
酸性：HCOOH > CH3COOH
H3C–是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小
B
在CS2中的溶解度：H2O < CCl4
H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子
C
硬度：金刚石>石墨
金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力
D
热稳定性：H2O > H2S
水分子间存在氢键作用
物质
H2
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
A
B
比较相同温度下和的大小
检验有机化合物中含溴原子
C
D
验证是酸性氧化物
研究浓度对化学平衡的影响
微粒种类
Ca2+
浓度
105.4
15.7
3.33
16.7
0.84
203.7
21.3
溶液浓度
浓缩因子=1
105.4
15.7
0.84
203.7
浓缩因子=30
56.44
52.5
19.8
201.4
浓缩因子=55
37.61
41.3
30.3
215.6
实验
物质a
实验现象
Ⅰ
①6滴饱和
②3滴
紫色溶液变浅至无色
Ⅱ
①6滴饱和
②3滴
加热一段时间后，溶液逐渐变为绿色
Ⅲ
①6滴饱和
②3滴
加热一段时间后，溶液中产生棕黑色沉淀
序号
实验操作
实验现象
Ⅳ
取I反应后的溶液，逐滴加入稀溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
V
取Ⅱ反应后的溶液，逐滴加入溶液
溶液绿色逐渐消失，有棕黑色沉淀生成，再继续滴加溶液，棕黑色沉淀消失，溶液变为无色