2026届北京市朝阳区陈经伦中学高三（最后冲刺）化学试卷含解析

这是一份2026届北京市朝阳区陈经伦中学高三（最后冲刺）化学试卷含解析，共32页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、基于临床研究，抗疟疾药物磷酸氯喹被证实在治疗新冠肺炎过程中具有疗效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法不正确的是
A．属于芳香族化合物B．分子中所有原子在同一平面上
C．分子式为C9H6NCl2D．可发生取代、加成、氧化反应
2、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的 ( )
A．①③B．①②C．②③D．③④
3、据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。
下列说法正确的是
A．Cu2(OH)3Cl属于有害锈
B．Cu2(OH)2CO3属于复盐
C．青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层
D．用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”
4、工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是
A．合成氨使用高压B．制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂
C．制硫酸时接触室使用较高温度D．侯氏制碱法循环利用母液
5、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4－- 2e－=S2O82－+2H+。下列说法正确的是（ ）
A．阴极电极反应式为Pb+HSO4－- 2e－=PbSO4+H+
B．阳极反应中S的化合价升高
C．S2O82－中既存在非极性键又存在极性键
D．可以用铜电极作阳极
6、实验室中以下物质的贮存方法不正确的是
A．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处
B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉
C．少量金属钠保存在煤油中
D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发
7、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是
A．放电时a电极反应为Fe 3++e−=Fe2+
B．充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+
C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区
D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低
8、下列微粒互为同位素的是
A．H2和D2B．2He和3HeC．O2和O3D．冰和干冰
9、下列说法正确的是( )
A．钢铁发生电化学腐蚀的负根反应：
B．常温下通入溶液，当溶液中约，一定存在
C．向稀溶液中加入固体，则的值变小
D．向溶液中滴加少量溶液，产生黑色沉淀，水解程度增大
10、用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（ ）
A．通电后阳极区溶液pH增大
B．阴极区的电极反应式为4OH－–4e－＝O2↑+2H2O
C．当电路中通过1ml电子的电量时，会有0.25ml的Cl2生成
D．通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
11、第20届中国国际工业博览会上，华东师范大学带来的一种“锌十碘”新型安全动力电池亮相工博会高校展区。该新型安全动力电池无污染、高安全、长寿命且具有合适的充电时间，可以应用于日常生活、交通出行等各个领域。已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．正极反应式为I3--2e-=3I-
B．6.5gZn溶解时，电解质溶液中有0.2ml电子移动
C．转移1ml电子时，有1mlZn2+从左池移向右池
D．“回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损
12、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）
A．分子中所有碳原子共平面
B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物
C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应
D．1ml莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4mlCO2气体
13、25℃时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）与c（CH3COOH）之和始终为0.1ml·L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线
B．0.1ml·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88
C．lgK（CH3COOH）=4.74
D．向0.10ml·L-1醋酸钠溶液中加入0.1ml醋酸钠固体，水的电离程度变大
14、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。 它们的结构简式如下图所示。
下列说法错误的是
A．油酸的分子式为C18H34O2
B．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种
C．天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应
D．将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间
15、AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。下列说法错误的是
A．按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→d
B．先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯
C．试剂R为P2O5或CaCl2 吸收空气中的水蒸气
D．为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞
16、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42－)[或－lg和－1gc(C2O42－)]的关系如图所示。下列说法正确的是
A．Ka1(H2C2O4)数量级为10－1
B．曲线N表示－lg和－lg c(HC2O4－)的关系
C．向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，此时溶液pH约为5
D．在NaHC2O4溶液中C(Na+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)
17、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是

A．该反应属于化合反应
B．b的二氯代物有6种结构
C．1ml b加氢生成饱和烃需要6mlH2
D．C5H11Cl的结构有8种
18、下列有关说法不正确的是( )
A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点
B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸
C．的名称为2-乙基丙烷
D．有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
19、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )
A．NH3B．NH4ClC．KOHD．NaClO
20、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A．0.5 ml 18O2 中所含中子数为10NA
B．标准状况下，2.24 L CHCl3含有的共价键数为 0.4NA
C．常温下，2.8 g C2H2与CO的混合气体所含碳原数为 0.3NA
D．0.1ml/L Na2S 溶液中，S2- 、HS- 、H2S的数目共为0.1NA
21、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
A．AB．BC．CD．D
22、短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍；Z 的原子半径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH > 7, 呈弱碱性。下列说法正确的是
A．X 与W 属于同主族元素
B．最高价氧化物的水化物酸性：W X > W
D．Z 和W的单质都能和水反应
二、非选择题(共84分)
23、（14分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。
已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；
②
(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。
(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。
(3)E-F的反应类型为________。
(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。
(5)下列有关产物G的说法正确的是________
A．G的分子式为C15H28O2 B．1mlG 水解能消耗2ml NaH
C．G中至少有8个C原子共平面 D．合成路线中生成G的反应为取代反应
(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2 CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。
24、（12分）已知：（Ⅰ）当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。使新取代基进入它的邻、对位的取代基有—CH3、—NH2等；使新取代基进入它的间位的取代基有—COOH、—NO2等；
（Ⅱ）R—CH=CH—R′R—CHO+R′—CHO
（Ⅲ）氨基（—NH2）易被氧化；硝基（—NO2）可被Fe和盐酸还原成氨基（—NH2）
下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质（C7H5NO）n的流程图。
回答下列问题：
（1）写出反应类型。反应①________，反应④________。
（2）X、Y是下列试剂中的一种，其中X是____，Y是_____。(填序号)
a．Fe和盐酸 b．酸性KMnO4溶液 c．NaOH溶液
（3）已知B和F互为同分异构体，写出F的结构简式_____。A~E中互为同分异构体的还有____和____。(填结构简式)
（4）反应①在温度较高时，还可能发生的化学方程式________。
（5）写出C与盐酸反应的化学方程式________。
25、（12分）用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。
(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。
(2) 制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。
(3) 上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。
(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。
①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。
②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。
26、（10分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
① 实验a目的是______。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。
27、（12分）CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为CuCl（s）+3HCl（aq）⇌H3CuCl4（aq）．
（1）实验室用如图1所示装置制取CuCl，反应原理为：
2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+
CuCl43﹣（aq）⇌CuCl（s）+3Cl﹣（aq）
①装置C的作用是_____．
②装置B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl晶体．
混合物CuCl晶体
操作ⅱ的主要目的是_____
操作ⅳ中最好选用的试剂是_____．
③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____．
④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_____．
（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成．
已知：
i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl•H2O．
ii．保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧气．
①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____．
②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式：_____．
28、（14分）锂辉石是我国重要的锂资源之一，其主要成分为 Li2O、SiO2、Al2O3 以及含有少量 Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子。工业上用锂辉石制备金属锂的工艺流程如下：
已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表：
②常温下，Ksp(Li2CO3)= 2.0×10-3。Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小。
③有水存在时，LiCl 受热可发生水解。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，上述流程中采取的措施有_____。
(2)滤渣 I 的主要成分是_____。滤渣 II 的主要成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化” 和“除杂”步骤主要除去的离子有_________。
(3) “沉锂”过程中发生反应的离子方程式是_____。用热水洗涤 Li2CO3 固体，而不用冷水洗涤，其原因是_____。
(4)设计简单的实验方案实现由过程 a 制取固体 LiCl：_____。
(5)工业上实现过程 b 常用的方法是_____。
(6)Li 可用于制备重要还原剂四氢铝锂（LiAlH4）。在有机合成中，还原剂的还原能力常用“有效氢”表示，其含义为 1克还原剂相当于多少克 H2 的还原能力。LiAlH4 的“ 有效氢”为_____（保留 2 位小数）。
29、（10分）雾霾天气严重影响人们的生活和健康。因此采取改善能源结构、机动车限号等措施来减少PM2.5、SO2、NOx等污染。请回答下列问题:
Ⅰ. 臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在两个恒容容器中发生该反应，相关信息如下表及图所示，回答下列问题：
①0~15min内乙容器中反应的平均速率：v(NO2) =____(计算结果保留两位小数)。
②该反应的正反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
③T1时平衡后，向恒容容器中再充入1mlO3和2mlNO2，再次平衡后，NO2的百分含量将____(填“增大”“减小”或“不变”)。
④反应体系在温度为T1时的平衡常数为____。
⑤在恒温恒容条件下，下列条件不能证明该反应已经达到平衡的是____。
a．容器内混合气体压强不再改变
b．消耗2n mlNO2的同时，消耗了n mlO3
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．混合气体密度不再改变
II. 某化学小组查阅资料后得知：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) 的反应历程分两步：
①2NO(g)＝N2O2(g) (快) v1正＝k1正·c2(NO)，v1逆＝k1逆·c(N2O2)
②N2O2(g)＋O2(g)＝2NO2(g) (慢) v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆·c2(NO2)
请回答下列问题：
（1）已知决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)反应速率的是反应②，则反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1____E2(填“＞”“＜”或“＝”)。
（2）一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K＝____。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、C
【解析】
A．由4，7-二氯喹啉的结构简式可知，该分子含有苯环，属于芳香族化合物，A选项正确；
B．根据苯环、碳碳双键中所有原子共平面分析可知，该分子中所有原子在同一平面上，B选项正确；
C．由结构简式可知，分子式为C9H5NCl2，C选项错误；
D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键能够发生加成反应、氧化反应，D选项正确；
答案选C。
2、D
【解析】
①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应，常温下不与浓硫酸发生反应；②SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应，但不与浓盐酸反应；③Ca(OH)2是强碱与SO2反应，与NaHCO3也反应；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，与强酸强碱溶液都反应；
【详解】
①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu+ 2FeCl3=CuCl2+ 2FeCl2，常温下不和浓硫酸反应，故①错误；②SiO2属于酸性氧化物，能与强碱发生反应，所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和盐酸反应； ③Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+ SO2=CaSO3+H2O，与NaHCO3也发生反应；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和强酸强碱溶液都反应，和强碱NaOH反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3==Al2(SO4)3+6H2O ；故③④正确，故答案为D。
【点睛】
本题考查物质的相关性质，熟记相关物质的反应及反应条件很重要。
3、A
【解析】
A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；
B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；
C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；
D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；
故合理选项是A。
4、A
【解析】
A．增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，有利于提高产率，选项A正确；
B．催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，选项B错误；
C．二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，产率降低，选项C错误；
D．侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，选项D错误；
答案选A。
5、C
【解析】
A选项，阴极反应式为2H+ + 2e－= H2，故A错误；
B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为-1价，其他的O均为-2价，电解时阳极的HSO4－中O失去电子，S未变价，故B错误；
C选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82－中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；
D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】
HSO4－中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。
6、A
【解析】
A．浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；
B．硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；
C．钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；
D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确。
答案选A。
7、C
【解析】
铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；
B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；
C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；
D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；
故答案选C。
8、B
【解析】
A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；
B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；
C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；
D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；
故合理选项是B。
9、B
【解析】
A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是：Fe-2e-═Fe2+，故A错误；
B．当在25℃时由水电离的H+浓度为10-7ml/L，说明溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)①，根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，由①②得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正确；
C．常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，的比值变大，故C错误；
D．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS黑色沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，故D错误；
故答案为B。
10、D
【解析】
A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，pH有所降低，故错误；
B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；
C、根据选项A的电极反应式，通过1ml电子，得到0.5mlCl2，故错误；
D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。
11、D
【解析】
A．正极发生还原反应，其电极反应式为：I3－+2e－=3I－，A项错误；
B．电子不能通过溶液，其移动方向为： “Zn→电极a，电极b→石墨毡” ，B项错误；
C．转移1ml电子时，只有0.5mlZn2+从左池移向右池，C项错误；
D．该新型电池的充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边产生压差，所以 “回流通道” 的作用是可以减缓电池两室的压差，避免电池受损，D项正确；
答案选D。
12、C
【解析】
A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；
B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；
C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；
D．1ml莽草酸中含有1ml-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1mlCO2气体，D错误；
答案选C。
【点睛】
高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1ml-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1ml CO2。
13、C
【解析】
当pH=0时，c(H+)=1ml/L，lgc(H+)=0，所以③表示lgc(H+)与pH的关系曲线。随着溶液pH的增大，c(CH3COOH)降低，所以①表示lgc(CH3COOH)与pH的关系曲线。当c(H+)= c(OH-)时，溶液呈中性，在常温下pH=7，所以④表示lgc(OH-)与pH的关系曲线。则②表示lgc(CH3COO-)与pH的关系曲线。
【详解】
A．由以上分析可知，图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线，故A正确；
B．醋酸是弱酸，电离产生的H+和CH3COO-浓度可认为近似相等，从图像可以看出，当c(CH3COO-)= c(H+)时，溶液的pH约为2.88，所以0.1ml·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88，故B正确；
C．当c(CH3COO-) =c(CH3COOH)时，K= c（H+）。从图像可以看出，当溶液的pH=4.74时，c(CH3COO-) =c(CH3COOH)，所以lgK（CH3COOH）= -4.74，故C错误；
D．向0.10ml·L-1醋酸钠溶液中加入0.1ml醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)变大，溶液中的OH-全部来自水的电离，所以水的电离程度变大，故D正确；
故选C。
14、B
【解析】
A．油酸的结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式为C18H34O2，故A正确；
B．硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为，上面的酯基与下面的酯基互为对称结构，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；
C．天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应（或取代反应），故C正确；
D．油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故D正确；
答案选B。
【点睛】
本题的易错点为B，要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响。
15、C
【解析】
A．制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；
B．通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；
C．试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2 只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；
D．关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。
故选C。
16、C
【解析】
H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数，即则则，因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系，选项B错误；
根据上述分析，因为，则，数量级为10－2，选项A错误；
根据A的分析，，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，，此时溶液pH约为5，选项C正确；
根据A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，选项D错误；
答案选C。
17、D
【解析】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；
C、1ml b加氢生成饱和烃需要3mlH2；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。
【详解】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；
C、1ml b加氢生成饱和烃需要3mlH2，故C错误；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。
故选D。
【点睛】
易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。
18、C
【解析】
A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；
B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；
C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。
故选C。
【点睛】
有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
19、D
【解析】
A.NH3溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项A错误；
B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性，选项B错误；
C.KOH溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项C错误；
D.由于ClO－水解产生OH－，使NaClO溶液呈碱性，选项D正确。
答案选D。
20、A
【解析】
A. 18O 原子中子数为18-8=10，则0.5 ml 18O2 中所含中子数为0.5ml×10×2=10ml，即10NA，故A正确；
B. 标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；
C. C2H2的摩尔质量为26g/ml，CO的摩尔质量为28g/ml，常温下，2.8 g C2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；
D. 0.1ml/L Na2S 溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；
故选A。
21、C
【解析】
A.用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，该食盐试样不能确定是否含有KIO3，因观察钾元素的焰色，需透过蓝色的钴玻璃，故A错误；
B.二氧化硅与氢氟酸反应是特性，如果换成其它酸，比如H2SO4、HCl等等，反应就不能发生，二氧化硅与NaOH反应生成盐和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故B错误；
C.向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，说明KI3的溶液含I2，后者有黄色沉淀，说明KI3的溶液中含I-，即KI3溶液中存在平衡为I2＋I－，故C正确；
D.Cu与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，会引入新的杂质亚铁离子，故D错误；
答案选C。
22、A
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍，则X为O；Z 的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，Y为F；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH ＞ 7，呈弱碱性，则为Na2S，即W为S。
【详解】
A. O与S属于同主族元素，故A正确；
B. F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；
C. 水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点： H2O＞ HF ＞ H2S，故C错误；
D. Na与H2O反应生成NaOH和H2，S和H2O不反应，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】
注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高。
二、非选择题(共84分)
23、4 3-甲基丁酸 羟基 加成反应或还原反应 13 、 AD
【解析】
分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。
详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：. 4 ；3-甲基丁酸；
（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。
（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；
（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。
所以，本题答案为：13 ；、；
（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确； B.1mlG水解能消耗1ml NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为： AD
（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸( CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：
24、取代反应 缩聚（聚合）反应 b a +HCl→
【解析】
根据反应④，C发生缩聚反应得到高分子化合物，则C的结构简式为；C7H8满足CnH2n-6，C7H8发生硝化反应生成A，结合A→B→C，则C7H8为，A的结构简式为，根据已知（III），为了防止—NH2被氧化，则A→B→C应先发生氧化反应、后发生还原反应，则B的结构简式为；根据已知（II），反应⑥生成的D的结构简式为，D与Cu(OH)2反应生成的E的结构简式为，E发生硝化反应生成F，B和F互为同分异构体，结合已知（I），F的结构简式为；
（1）反应①为甲苯与浓硝酸发生的取代反应；反应④为C发生缩聚反应生成。
（2）A的结构简式为，B的结构简式为，A→B使用的试剂X为酸性KMnO4溶液，将甲基氧化成羧基，选b；C的结构简式为，B→C将—NO2还原为—NH2，根据已知（III），Y为Fe和盐酸，选a。
（3）根据上述推断，F的结构简式为；A~E中互为同分异构体的还有A和C，即和。
（4）甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在温度较高时反应硝化反应生成2,4,6—三硝基甲苯，反应的化学方程式为。
（5）C的结构简式为，C中的—NH2能与HCl反应，反应的化学方程式为+HCl→。
25、NH3∙H2ONH4＋＋OH－ NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡) Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡) 29.8 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行 Cu2＋＋2NH3∙H2O→ Cu(OH)2↓＋2NH4＋ [[Cu(NH3)4]2＋]/[ NH3]2∙[NH4＋] 2 加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2 (NH3) ∙c2 (NH4＋) 会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀 该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小
【解析】
(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程；
(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 ml；
(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；
(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；
①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；
②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。
【详解】
(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－ NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡)；
(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 ml，标准状况下体积为1.33ml×22.4L/ml=29.8L；
(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；
(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→ Cu(OH)2↓＋2NH4＋；
①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；
②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。
26、2Cl2＋2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++ SO42-
【解析】
（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。
【详解】
（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，
①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；
（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；
故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。
27、吸收SO2尾气，防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O
【解析】
用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备，制取的二氧化硫进入装置B中，和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应，生成CuCl沉淀，过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体，需要先把B中的混合物冷却，为了防止低价的铜被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。
【详解】
（1）①A装置制备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫尾气，防止污染空气。
②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解导致的损失。
③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存。
④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl。
（2）①氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积。
②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：2S2O42-+3O2 +4OH－=4SO42-+2H2O。
28、将矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸 SiO2 Fe2+、Ca2+、Mg2+ 2Li+ + CO32- = Li 2CO3↓ Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，减少损耗 用足量盐酸溶解，在 HCl 气流中蒸干 电解法 0.21
【解析】
矿粉的主要成分为 Li2O、SiO2、Al2O3 以及含有少量 Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子，加入95%的浓硫酸进行酸浸，只有SiO2不溶而成为滤渣I，滤液中加入CaCO3调pH，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为Al(OH)3沉淀，此为滤渣II的主要成分；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳、Na2CO3溶液，Fe3+、Ca2+、Mg2+转化为沉淀，成为滤渣Ⅲ的主要成分。此时所得滤液中的阳离子主要为Li+、Na+等，蒸发浓缩、加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀，再用盐酸溶解并在HCl气流中蒸干，即可获得无水LiCl，再熔融电解即可得到Li。
【详解】
(1)为提高“酸浸”速率，可增大接触面积、升温、适当增大浓度、不断搅拌等，因此上述流程中采取的措施有将矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸。答案为：将矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸；
(2)加入硫酸溶解，只有SiO2不溶，所以滤渣 I 的主要成分是SiO2。滤渣 II 的主要成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化”时，将Fe2+转化为Fe3+，“除杂”时，将Ca2+、Mg2+转化为沉淀，所以步骤主要除去的离子有Fe2+、Ca2+、Mg2+。答案为：SiO2；Fe2+、Ca2+、Mg2+；
(3) “沉锂”过程中Li+与CO32-反应生成Li 2CO3沉淀，发生反应的离子方程式是2Li+ + CO32- = Li 2CO3↓。因为Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小，所以用热水洗涤 Li2CO3 固体，而不用冷水洗涤，其原因是Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，减少损耗。答案为：2Li+ + CO32- = Li 2CO3↓；Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，减少损耗；
(4)将Li 2CO3转化为LiCl，则需加入盐酸，同时防止Li+大量水解，简单的实验方案为：用足量盐酸溶解，在 HCl 气流中蒸干。答案为：用足量盐酸溶解，在 HCl 气流中蒸干；
(5)由LiCl制Li，可采用熔融电解的方法，所以工业上实现过程 b 常用的方法是电解法。答案为：电解法；
(6)在LiAlH4中，H显-1价，作还原剂后，失电子转化为H+，由此可得出LiAlH4与H2关系为：LiAlH4—8e-—4H2，LiAlH4的“有效氢”为=0.21。答案为：0.21。
【点睛】
在从矿粉中提锂的过程中，经历了多步除杂，每一步去除哪些杂质，我们解题前需依据反应条件做整体分析，否则很容易得出错误的结论。
29、0.05ml/(L▪min) 放热 减小 0.5 bd ＜
【解析】
Ⅰ①由图像可知，0~15min内乙容器中N2O5的浓度变化量0.4ml/L，根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比可得出NO2的浓度变化量0.8ml/L，平均速率：v(NO2) == ml/(L▪min)=0.05ml/(L▪min)
故答案为：0.05ml/(L▪min)；
②甲乙两条曲线，起始量相同，分别代表了不同温度下的化学反应，乙曲线达到平衡的时间短，是温度高的曲线，T2＞T1，乙曲线达到平衡时的N2O5的浓度小，从甲到乙，可以看成温度升高，N2O5的浓度减小，即平衡逆向移动，逆反应是吸热的，则正反应是放热的。
故答案为：放热；
③T1时平衡后，向恒容容器中再充入1mlO3和2mlNO2，相当于加压，增大压强，平衡正向移动，再次平衡后，NO2的百分含量将减小，
故答案为：减小；
④根据 2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，根据三段式
始ml/L 2 1 0 0
变ml/L 1 0.5 0.5 0.5
平ml/L 1 0.5 0.5 0.5
K===0.5
故答案为：0.5；
⑤在恒温恒容条件下， a．容器内混合气体压强不再改变，反应前后气体物质的量变化，容器内混合气体压强不再改变，说明反应达到平衡状态，故a正确
b．消耗2nmlNO2的同时，消耗了nmlO3，只能说明反应正向进行，不能证明反应达到平衡状态，故b错误；
c．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量不再改变，能说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．反应前后气体质量和体积不变，混合气体密度始终不改变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案选bd；
II.（1）决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率①>②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1