[化学][期末]27北京市石景山区2024届高三上学期期末考试(解析版)

这是一份[化学][期末]27北京市石景山区2024届高三上学期期末考试(解析版)，共23页。试卷主要包含了本部分共5题，共58分等内容，欢迎下载使用。

第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 2023年11月15日，亚洲最深井“深地一号”成功开井，获得高产油气流。我国科研人员采用高温石英(主要成分SiO2)、钛合金等航天耐高温材料，实现了地下近万米深度指哪打哪，通过在钻井液中加入竹纤维，在钻井壁上迅速形成一层保护膜，驯服了有很多微小裂缝的二叠系地层。下列说法不正确的是（ ）
A. 所获得的油气流是混合物
B. 竹纤维属于无机非金属材料
C. 钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高
D. SiO2是一种共价晶体
【答案】B
【解析】A．油气流中含多种短链气态烃，为混合物，故A正确；
B．竹纤维主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B错误；
C．钛合金可做航天耐高温材料，可知其强度高、耐蚀性好、耐热性高，故C正确；
D．SiO2是Si和O原子通过共价键结合形成的空间网状结构的共价晶体，故D正确；
故选：B。
2. 下列关于元素性质或原子结构递变情况的叙述中，错误的是（ ）
A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多
B. P、S、C1元素的最高正化合价依次升高
C. N、O、F原子的半径依次增大
D. Na、K、Rb原子核外的电子层数依次增多
【答案】C
【解析】A． Li、Be、B都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，A正确；
B． P、S、C1元素都是第三周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，元素的最高正化合价依次升高，等于它们的最外层电子数目，B正确；
C．N、O、F都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的半径依次减小，C错误；
D． Na、K、Rb都是第IA的元素，随着元素原子序数的增大，原子核外电子层数依次增多，D正确；
答案选C。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A. HClO的电子式为
B. 基态原子的价层电子轨道表示式为
C. 的名称为2—乙基丁烷
D. 分子的VSEPR模型为
【答案】B
【解析】A．次氯酸的结构式为Cl—O—H，电子式为，故A错误；
B．铬元素的原子序数为24，基态原子的价层电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，故B正确；
C．由结构简式可知，烷烃分子中最长碳链含有5个碳原子，支链为1个甲基，名称为3—甲基戊烷，故C错误；
D．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，有1个孤电子对，分子的VSEPR模型为，故D错误；
故选B。
4. 下列物质中，不能用于鉴别SO2和CO2的是（ ）
A. 酸性KMnO4溶液B. 品红溶液
C. H2S溶液D. 澄清石灰水
【答案】D
【解析】A．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，二氧化碳不能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以用酸性高锰酸钾溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故A不符合题意；
B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，二氧化碳不能使品红溶液褪色，则用品红溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故B不符合题意；
C．二氧化硫具有弱氧化性，能与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，二氧化碳与氢硫酸溶液不反应，所以能用氢硫酸溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故C不符合题意；
D．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变混浊，则不能用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳，故D符合题意；
故选D。
5. 下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A. FeS去除污水中的Pb2+：FeS(s) + Pb2+(aq) = PbS(s) + Fe2+(aq)
B. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH+ OH−
C. 过氧化钠和水反应能生成氧气：Na2O2 + 2H2O = 2Na+ + 2OH− + O2↑
D. 小苏打的水溶液显碱性：CO+ 2H2O H2CO3 +2OH−
【答案】A
【解析】A．硫化亚铁的溶度积小于硫化铅，硫化亚铁除去污水中铅离子发生的反应为硫化亚铁与污水中的铅离子反应生成硫化铅和亚铁离子，反应的离子方程式为FeS(s) + Pb2+(aq) = PbS(s) + Fe2+(aq)，故A正确；
B．氨的水溶液显碱性是因为溶于水的氨气部分与水反应生成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，有关反应式为NH3 + H2ONH3·H2ONH+ OH−，故B错误；
C．过氧化钠和水反应反应生成氢氧化钠和氧气反应的离子方程式为2Na2O2 +2H2O =4Na+ + 4OH− + O2↑，故C错误；
D．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为HCO+H2OH2CO3 +OH−，故D错误；
故选A。
6. 有存在时，活性炭吸附脱除的反应方程式为。研究发现：活性炭的表面含有羧基等含氧官能团，活性炭含氧官能团化学吸附和的机理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 和中心原子的杂化方式相同
B. 吸附时，中的原子与羧基中的原子发生作用
C. 室温时，脱除30g转移电子数约为个
D. 含氧官能团化学吸附、的连接方式与、、和的电负性有关
【答案】C
【解析】A．和中心N原子的价层电子对数分别为、，VSEPR模型均为四面体，则N原子的杂化方式均为sp3，故A正确；
B．由图可知，吸附时与H原子配位转化为，即N原子与羧基中的H原子发生作用，故B正确；
C．中NO得电子生成N2，1mlNO转移电子2ml，30gNO的物质的量为，转移电子数约为2×6.02×1023个，故C错误；
D．含氧官能团化学吸附NH3时形成，含氧官能团化学吸附NO时形成C=O-N=O结构，说明含氧官能团化学吸附NH3、NO的连接方式与O、N、C和H的电负性大小有关，元素电负性越大，吸引键合电子的能力越强，故D正确；
故选：C。
7. 下列气体所选除杂试剂和收集方法均正确的是（ ）
【答案】A
【解析】A．碳酸的酸性弱于盐酸，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混用的氯化氢杂质，二氧化碳的密度大于空气，应用向上排空气法收集二氧化碳，则气体所选除杂试剂和收集方法均正确，故A正确；
B．乙烯的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，应用排水法收集乙烯，故B错误；
C．一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应用排水法收集一氧化氮，故C错误；
D．乙炔能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙炔中混有的硫化氢杂质，且乙炔的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，故D错误；
故选A。
8. 对下列事实的解释不正确的是（ ）
【答案】D
【解析】A．NaCl是强酸强碱盐，阴阳离子不影响水电离平衡，导致水溶液中c平(H+)=c平(OH-)，A正确；
B．氢键作用大于分子间作用力，且分子间氢键会使物质的熔沸点升高，所以相对分子质量相近的一元醇和烷烃相比，醇的沸点远远高于烷烃，B正确；
C．CuS和ZnS的阴阳离子之比相同，且CuS饱和溶液中c(CuS)=c(Cu2+)=，ZnS饱和溶液中c(ZnS)=，CuS的溶解程度远比ZnS的溶解程度小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，C正确；
D．氮分子中的氮原子以共价三键结合，含有1个σ键和2个π键，σ键以“头碰头”重叠形成，π键是原子半径相近的原子“肩并肩”形成，即一个氮原子的px轨道和另一个氮原子的px轨道重叠形成一个共价键，同时它们的2pz和2py轨道则“肩并肩”形成两个共价键，进而形成共价三键，D错误；
故答案为：D。
9. 某同学分别向0.1 ml/L、5 ml/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 ml/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同
B. 银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体
C. 上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl
D. 推测浓盐酸中滴加2滴0.1 ml/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失
【答案】C
【解析】A．由图可知，氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，说明氯化银在不同浓度的氯化钠溶液中溶解度不同，故A正确；
B．二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子中中心离子是银离子，氯离子是配体，故B正确；
C．由图可知，白色沉淀消失发生的反应为氯化银与溶液中的氯离子反应生成四氯合银离子，反应的离子方程式为AgCl+3Cl−=AgCl，故C错误；
D．由图可知，白色沉淀消失是因为氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，所以向浓盐酸中滴加2滴0.1 ml/L硝酸银溶液，溶液中产生白色沉淀，振荡后沉淀会消失，故D正确；
故选C。
10. 利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（ ）
【答案】B
【解析】A．向硫酸亚铁溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液不变为红色，向溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液变为红色说明亚铁离子检验还原性，则题给实验药品能达到实验目的，故A不符合题意；
B．铁、铜在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铜的铁做原电池的负极被损耗生成亚铁离子，铜做正极被保护，向溶液中滴入铁氰化钾溶液，溶液中有蓝色沉淀生成，不能证明牺牲阳极法保护铁，则题给实验药品不能达到实验目的，故B符合题意；
C．向硝酸银溶液中加入足量氯化钠溶液，溶液中有白色沉淀生成，向溶液中再加入碘化钾溶液，白色沉淀变为黄色说明碘化银的溶解度小于氯化银，则题给实验药品能达到实验目的，故C不符合题意；
D．向醋酸溶液中加入碳酸钠溶液，溶液中有无色气体逸出说明醋酸的酸性强于碳酸，则题给实验药品能达到实验目的，故D不符合题意；
故选B
11. 白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 白藜芦醇分子中不含手性碳原子
B. 白藜芦醇存在顺反异构
C. 1 ml白藜芦醇可以和3 ml NaOH反应
D. 白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，白藜芦醇分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故A正确；
B．由结构简式可知，白藜芦醇分子中碳碳双键的碳原子连有不同的原子或原子团，则存在顺反异构，故B正确；
C．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有的酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，则1 ml白藜芦醇可以和3 ml氢氧化钠反应，故C正确；
D．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，溴原子取代酚羟基邻、对位上的氢原子，分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，则白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H7O3Br7，故D错误；
故选D。
12. 硫酸除锈所产生的酸洗废液中含有较高浓度的硫酸、大量的铁(＋2和＋3价)和一些杂质(、等)，利用硫酸酸洗废液生产硫酸亚铁的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 酸洗废液反应时，废气中的是的还原产物
B. 加入废铁后，被铁还原的微粒有、、和等
C. 与反应生成S和时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2
D. 用饱和溶液洗涤晶体，在除去硫酸的同时能减少硫酸亚铁晶体的溶解
【答案】C
【解析】A．酸洗废液加入铁粉反应时，中As元素化合价降低发生还原反应生成，是的还原产物，故A正确；
B．加入废铁后，根据产物可知被铁还原的微粒有、、和等，故B正确；
C．与反应生成S和时，S元素化合价由-2升高为0、Mn元素化合价由+7降低为+2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5，故C错误；
D．硫酸亚铁难溶于饱和溶液，用饱和溶液洗涤晶体，在除去硫酸的同时能减少硫酸亚铁晶体的溶解，故D正确；
故选C。
13. 一种点击反应的原理为，我国科学家利用点击反应原理研制出具有较高玻璃化转变温度的聚合物C。下列说法不正确的是（ ）
A. 单体B化学式为C8H6O4
B. 单体B能发生加成、加聚和取代反应
C. 理论上1ml聚合物C在酸性条件下水解可以得到4nml羧基
D. 按上述点击反应原理A和B可以生成环状化合物：
【答案】D
【分析】A和B反应生成聚合物C，根据点击反应原理，由C逆推，可知B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH。
【详解】A．单体B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，化学式为C8H6O4，故A正确；
B．单体B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，含有碳碳三键、酯基，能发生加成、加聚和取代反应，故B正确；
C．聚合物C的1个链节中含有4个酯基，理论上1ml聚合物C在酸性条件下水解可以得到4nml羧基，故C正确；
D．按上述点击反应原理A和B可以生成环状化合物：，故D错误；
选D。
14. 下图(左)表示1-甲基萘(1-MN)加氢饱和反应网络，四个加氢反应均为放热反应(用反应1、2、3、4表示)。下图(右)表示反应温度(T)对平衡时反应体系中有机化合物物质的量分数(x/%)的影响(6MPa，1-MN和体积比为1∶5条件下)。下列说法不正确的是（ ）
A. 800K反应2和反应4生成1-MD的程度很小
B. 600K到800K，反应1的平衡常数逐渐减小
C. 700K反应1的平衡常数小于反应3的平衡常数
D. 600K到650K，反应2中5-MTL增加的量大于反应1中5-MTL减少的量
【答案】C
【解析】A．根据右图，在800K时，1-MD的物质的量分数非常小，说明反应2和反应4生成1-MD的程度很小，A正确；
B．根据左图，反应1是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，B正确；
C．根据左图，反应1和反应3都是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，由于反应1和反应3的反应物相同，生成物不同，且700K时反应1生成物比反应3生成物多，所以反应1的平衡常数大于反应3的平衡常数，C错误；
D．根据右图，在600K到650K之间，5-MTL的物质的量分数逐渐增大，而1-MD的物质的量分数逐渐减小，这说明反应2中5-MTL增加的量大于反应1中5-MTL减少的量，D正确；
故答案为：C。
第二部分
二、本部分共5题，共58分。
15. 某种锌电池的结构如下图所示。
（1）基态Mn原子价层电子排布式是___________。
（2）空间结构是_______________。
（3）锌元素属于___________区(填“s”、“d”、“ds”或“p”)。
（4）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_______________________________________________________。
（5）MnO电极材料充放电过程的原理如下图所示：
① MnO晶胞的边长相等均为a nm，已知MnO的摩尔质量是 M g/ml，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3。(1 cm = 107 nm)
② I为MnO活化过程：MnO___________e− = Mn0.610.39O + 0.39 Mn2+； II代表电池___________过程(填“放电”或“充电”)。
【答案】（1）3d54s2 （2）正四面体形 （3）ds
（4）O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S，所以第一电离能O>S
（5）① ②− 0.78 放电
【解析】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的价层电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；
（2）硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
（3）锌元素的原子序数为30，基态原子的价层电子排布式为3d104s2，则锌元素处于元素周期表的ds区，故答案为：ds；
（4）O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S，所以第一电离能O>S，故答案为：O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S，所以第一电离能O>S；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的锰原子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故答案为：；
②由晶胞结构可知，一氧化锰活化过程中锰元素失去电子发生氧化反应生成Mn0.610.39O和锰离子，电极反应式为MnO—0.78e− = Mn0.610.39O + 0.39 Mn2+；过程II中晶胞中嵌如了锌离子，说明该过程中产生的锌离子，并移向MnO极，则该过程为电池的放电过程，故答案为：—0.78；放电。
16. 将作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、资源化利用等显著优势。
（1）①查阅资料，计算氧化脱氢反应的反应热
i.查阅__________的燃烧热数据（填化学式）。
ii.查阅水的汽化热： 。
利用上述数据，得如下热化学方程式：

②检验产物有乙烯生成的操作和现象__________________________________。
（2）结合键能数据分析氧化脱氢反应的挑战和难点_____________________。
（3）推测催化氧化脱氢反应过程示意图如下，补全示意图中画框部分（示意图中未使用键线式）。
（4）分析投料体积比对反应的影响（650℃，0.1MPa，催化剂）
①从1提高到5，转化率从33.3%增加到50.5%，简述转化率增加的原因____________________________________。（体积比为3和4时乙烷转化率基本相同）
②从4提高到5，副反应的化学方程式可能是__________________________。
【答案】（1）①C2H6、C2H4、CO ②将反应得到的气体通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
（2）CO2中C=O键的键能较高，是反应的挑战；乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，所以C—H键的选择活化是难点
（3）
（4）①从1提高到3，更多的CO2和乙烷反应生成乙烯，乙烷的转化率增大； 从4提高到5，更多的CO2和乙烷反应生成甲烷，乙烷的转化率增大
②2CO2+C2H6CH4+3CO+ H2O
【解析】（1）①由乙烷与二氧化碳反应生成乙烯和气态水可知，计算二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的反应热时，需查阅资料获取的数据为乙烷、乙烯、一氧化碳的燃烧热和液态水转化为气态水的反应热，故答案为：C2H6、C2H4、CO；
②乙烯能与溴水发生加成反应使溶液褪色，也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则检验产物有乙烯生成的操作和现象检验产物有乙烯生成的操作和现象为将反应得到的气体通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，故答案为：将反应得到的气体通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色；
（2）由表格数据可知，二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的挑战是二氧化碳分子中碳氧双键的键能较高，破坏共价键需要较高的能量；碳氢键的键能大于碳碳键的键能，所以反应的难点是选择合适的催化剂使反应中碳氢键优先活化断裂而碳碳键不断裂的条件下形成碳碳双键，故答案为：CO2中C=O键的键能较高，是反应的挑战；乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，所以C—H键的选择活化是难点；
（3）由原子个数守恒可知，与乙烷反应生成；
（4）①由图可知，从1提高到3时，乙烯的选择性增大，甲烷的选择性减小说明反应中更多的二氧化碳和乙烷反应生成乙烯导致乙烷的转化率增大；从4提高到5时，甲烷的选择性增大，乙烯的选择性减小说明更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷导致乙烷的转化率增大，所以从1提高到5，乙烷转化率从33.3%增加到50.5%，故答案为：从1提高到3，更多的CO2和乙烷反应生成乙烯，乙烷的转化率增大； 从4提高到5，更多的CO2和乙烷反应生成甲烷，乙烷的转化率增大；
②从4提高到5时，甲烷的选择性增大，乙烯的选择性减小说明更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷，则副反应的化学方程式为2CO2+C2H6CH4+3CO+ H2O。
17. 植物提取液 Abyssinne Ⅰ 能预防和抑制芳香酶的活性，其人工合成路线如下。
已知：i．
ii．+R2CHO
（1）芳香族化合物A的官能团是___________。
（2）A→B的反应类型是___________。
（3）C的结构简式是___________。
（4）符合下列条件的D的同分异构体有___________种。
① 能与FeCl3溶液发生显色反应 ② 能与NaHCO3反应放出CO2 ③ 苯环上有3个取代基
（5）D→E反应的化学方程式是______________________________________________。
（6）G中含有4个六元环，G的结构简式是___________。
（7）合成路线中，D→E和G→Abyssinne Ⅰ 两步的作用是_________________________。
【答案】（1）醛基(-CHO)、羟基(-OH) （2）取代反应
（3） （4）10
（5）+HCl+
（6） （7）保护D中酮羰基对位羟基
【分析】根据B的结构简式可知，A与发生取代反应生成B，结合A的分子式可知，A为，B与DDQ发生信息i的反应生成C，则C为，C与E发生信息ii的反应生成F，根据C和F的结构简式可知，E为，D与发生取代反应生成E，D为，G中含有4个六元环，则G为。
【详解】（1）A的结构简式为，其中官能团的名称为醛基、酚羟基。
（2）根据分析可知，A与发生取代反应生成B。
（3）根据分析可知，C的结构简式为。
（4）D为，其同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，其中含有酚羟基，能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，则其含有羧基，苯环上有三个取代基，则这三个取代基为-OH、-COOH和-CH3，若为这一结构，甲基有4个位置，若为这一结构，甲基有4个位置，若为这一结构，甲基有2个位置，因此满足条件的同分异构体有10种。
（5）D与发生取代反应生成HCl和E，化学方程式为+HCl+。
（6）G含有4个六元环，其结构简式为。
（7）酚羟基具有酸性，能与NaOH溶液反应，设计D→E和G→Abyssinne Ⅰ两步，可以保护D中酮羰基对位的羟基。
18. 利用沉淀法和电解法从富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)提纯锂的流程如下。
（1）固体A含有Fe(OH)3和Al(OH)3。
① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是___________________________________。
② 写出生成Fe(OH)3的离子方程式___________________________________。
（2）滤液B经三步电解最终生成Li2CO3，原理示意图如下。
①已知：Ca(OH)2的溶度积为4.7×10−6，第一步电解，反应瓶中pH = 13时，c(Ca2+) =___________。
②第二步通CO2至pH在7～9，写出生成NaHCO3的离子方程式___________________。
③膜B是_______________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理：___________________________________________。
【答案】（1）①将Ca2+转化为CaCO3 沉淀除去 ②2Fe2+ + 4OH−+ ClO− +H2O = 2Fe(OH)3↓ + Cl−、Fe3+ +3OH−= Fe(OH)3↓
（2）①4.7×10−4 ②Na+ + OH− + CO2= NaHCO3↓
③阳离子交换膜
【分析】富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)，加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，滤液加NaOH调pH大于等于12，则Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，溶液里的阳离子为Li+、Ca2+，加入Na2CO3溶液形成CaCO3 沉淀，滤液里阳离子为Li+、Na+，加入Na2CO3溶液形成Li2CO3；
【详解】（1）① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是：将Ca2+转化为CaCO3 沉淀除去；② 加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+转化为Fe(OH)3，生成Fe(OH)3的离子方程式：2Fe2+ + 4OH−+ ClO− +H2O = 2Fe(OH)3↓ + Cl−、Fe3+ +3OH−= Fe(OH)3↓；
（2）滤液B中含Li+、Ca2+、Mg2+、第一步电解右侧生成OH−，则生成Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，在第二步，右侧生成OH−；
①，=4.7×10−4；
②第二步通CO2至pH在7～9，生成NaHCO3的离子方程式：Na+ + OH− + CO2= NaHCO3↓；
③膜B是允许锂离子通过，且在阴极生成氢氧根，与二氧化碳反应，最终生成碳酸锂，故膜B是阳离子交换膜；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理：。
19. 某兴趣小组模拟工业制取FeCl3，并对其性质进行探究。
资料：ⅰ．无水FeCl3易潮解，加热易升华。ⅱ．Fe3+与SO可以形成红色配离子。
Ⅰ．FeCl3的制取(夹持装置略)
实验ⅰ：
（1）A为氯气发生装置，A中的反应方程式是___________________(锰被还原为Mn2+)。
（2）装置F中的试剂是___________。
Ⅱ． FeCl3性质探究
将实验ⅰ制取的FeCl3固体配成0.1 ml/L FeCl3溶液，进行实验ⅱ和实验ⅲ。
实验ⅱ：将酸化的5 mL 0.1 ml/L FeCl3溶液与2 mL 0.1 ml/L Na2SO3溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。
（3）解释实验ⅱ中溶液先变红后褪色的原因___________________________________。
（4）降低pH能缩短红色褪去的时间，推测可能的原因___________________________。
（5）结合化学方程式，解释a中的实验现象_______________________________。
（6）小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，甲同学推测实验ⅲ灼烧过程中FeCl3分解产生了Cl2，乙同学认为需要排除FeCl3被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象是_______________________________。
（7）将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是___________________________________________________。
【答案】（1）2KMnO4 + 16HCl = 2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O + 2KCl （2）浓H2SO4
（3）Fe3+与SO既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，最终红色褪去
（4）c(H+)增大，H+和反应，溶液中c()降低，红色配离子浓度减少
（5）加热促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡正移，挥发的HCl形成白雾
（6）向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝
（7）实验确认有Cl2生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明没有0价Fe，由此可判断+3价铁降低到+2价
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与铁共热反应制备氯化铁，装置E为冷凝收集氯化铁的装置；装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解；装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置A中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4 + 16HCl ＝2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O + 2KCl，故答案为：2KMnO4 + 16HCl ＝ 2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O + 2KCl；
（2）由分析可知，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解，故答案为：浓H2SO4；
（3）溶液中铁离子能与亚硫酸根离子可以形成红色配离子使溶液呈红色，具有氧化性的铁离子也能与具有还原性的亚硫酸根离子发生氧化反应生成亚铁离子和硫酸根离子，实验ⅱ中溶液先变红后褪色说明溶液中铁离子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应的限度大于发生络合反应的限度，故答案为：Fe3+与既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，最终红色褪去；
（4）溶液中氢离子能与亚硫酸根离子反应生成二氧化硫和水，降低pH能缩短红色褪去的时间说明溶液中氢离子浓度增大，氢离子和亚硫酸根离子反应，使溶液中亚硫酸根离子浓度减小，导致红色配离子浓度减少，溶液红色褪去，故答案为：c(H+)增大，H+和反应，溶液中c()降低，红色配离子浓度减少；
（5）氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，水解反应是吸热反应，加热蒸发时，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，挥发出的氯化氢遇到水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，故答案为：加热促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡正移，挥发的HCl形成白雾；
（6）由题意可知，乙同学的实验目的是验证苯不能萃取氯化铁溶液中的氯化铁，则验证过程为向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝，说明苯中不含有氯化铁，故答案为：向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝；
（7）由题意可知，实验确认有Cl2生成，反应中Cl元素化合价升高被氧化，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明固体中没有0价Fe，由此可判断氯化铁溶液加热时，+3价铁得到电子被还原，化合价降低到+2价，故答案为：实验确认有Cl2生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明没有0价Fe，由此可判断+3价铁降低到+2价。气体(杂质)
除杂试剂
收集方法
A
CO2(HCl)
饱和NaHCO3溶液
向上排空气法
B
C2H4(CO2)
烧碱溶液
向上排空气法
C
NO(NO2)
水
向下排空气法
D
C2H2(H2S)
酸性KMnO4溶液
向下排空气法
事实
解释
A
NaCl溶液呈中性
c平(H+)=c平 (OH-)
B
相对分子质量相近的一元醇和烷烃相比，醇的沸点远远高于烷烃
醇分子中羟基的氧原子与另一醇分子羟基的氢原子间存在着氢键
C
CuS的溶解程度远比ZnS的溶解程度小
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
D
氮分子中的氮原子是以共价三键结合的
当形成氮分子的两个氮原子相互接近时，一个氮原子的2s轨道和另一个氮原子的2s轨道重叠形成一个共价键，同时它们的2px和2py轨道也会分别两两重叠形成两个共价键，进而形成共价三键
实验目的
实验药品
A
证明Fe2+具有还原性
FeSO4溶液、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液
B
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Cu、酸化的食盐水、K3[Fe(CN)6]溶液
C
证明AgI比AgCl更难溶
AgNO3溶液、NaCl溶液、KI溶液
D
证明醋酸的酸性比碳酸强
醋酸、碳酸钠溶液
键
键能
347.7
413.4
745
实验ⅲ
操作
序号
现象
a
蒸发时，试管内有白雾
b
灼烧时，导出的气体可以使NaBr溶液变黄
c
最终，试管底部留有黑色固体