山东省济南市2021-2022学年高三化学下学期第二次模拟试题（Word版带解析）

2022年4月高考模拟考试化学试题本试卷共8页，满分为100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸，试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Cl35.5Fe56Ni59Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列操作正确的是A.用酒精灯直接加热锥形瓶内液体B.用纸槽向玻璃试管中加铁粉C.用托盘天平称取时，右盘上放2个砝码并用镊子拨动游码至处D.苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗【答案】B【解析】【详解】A．锥形瓶加热时需要加石棉网，故A错误；B．用纸槽向试管中加粉末状固体试剂，用纸槽向玻璃试管中加铁粉，故B正确；C．氢氧化钠需放在玻璃容器中称取，用托盘天平称取时，总质量大于4.8g，故C错误；D．苯酚易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上后，应立即用酒精洗涤，故D错误；选B。2.下列方法可行的是\nA.用核磁共振氢谱鉴别2-溴丁烷的一对对映异构体B.选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+C.向含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热一段时间，除去过量的Cl2即可得到纯净的FeCl3溶液D.除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后再过滤，重复操作几次【答案】D【解析】【详解】A．2-溴丁烷的一对对映异构体的核磁共振氢谱完全相同，不能鉴别，A不可行；B．向含有Fe2+的溶液中加入氨水，反应产生白色沉淀，后沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色；向含有Mg2+、Al3+的溶液中加入氨水都是只产生白色沉淀，向含有Ag+的溶液中加入氨水，首先产生白色沉淀，后沉淀溶液表示澄清溶液，Mg2+、Al3+的溶液的现象相同，不能鉴别，B不符合题意；C．氯气可氧化Fe2+变为Fe3+，能够除去FeCl3中的FeCl2杂质，但加热可促进Fe3+水解，因此不能得到纯净的FeCl3溶液，C不可行；D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解，根据溶液中MgCl2的溶度积常数不变，由于增大了溶液中c(Cl-)增大，导致c(Mg2+)减小，会析出MgCl2固体，通过过滤除去MgCl2固体杂质，重复操作几次，就得到纯净NaCl溶液，D可行；故合理选项是D。3.某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y，Z、W形成，X，Y与Z同一周期，Y与W同族。下列说法正确的是（）A.元素的电负性：B.第一电离能：C.简单气态氢化物的热稳定性：D.简单离子的半径：【答案】B【解析】【分析】某锂盐的结构如图，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y，Z、W\n形成，Y形成两个共价键，W形成六个共价键，Y与W同族，因此它们位于第ⅥA族，则W为S，Y为O；X、Y、Z位于第二周期，Z形成一个共价键，则Z为F；X形成两个共价键且使形成的阴离子带一个单位负电荷，则X为N。【详解】A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，N原子半径小于S原子半径，N原子对键合电子吸引力大于S原子，因此电负性N>S，总的来说电负性W<X<Y<Z。A项错误；B．族元素同主族从上到下第一电离能逐渐减弱，同周期从左向右第一电离能呈增强趋势，但第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，因此第一电离能：，B项正确；C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性大小：W<X<Y<Z，C项错误；D．简单离子半径的比较原则：电子层越多半径越大，因此S2-半径大于其他离子半径，电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小，因此F-<O2-<N3-,因此简单离子的半径：Z<Y<X<W，D项错误；答案选B。【点睛】分析X元素时注意阴离子整体的带电量。4.铁器表面氧化层的成分有多种：致密的Fe3O4、疏松的FeO(OH)和FeOCl，它们均难溶于水。下列说法错误的是A.有氧条件下与转化为，周围环境的增大B.可自发转变为，说明的溶解度小于C.检验中是否含有，可选用的试剂是稀硫酸和溶液D.完全转化为时转移电子【答案】C【解析】【详解】A．有氧条件下与转化为，反应原理为：4Fe3O4+12Cl-+O2+6H2O=12FeOCl+12OH-，故周围环境的增大，A正确；B．化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，则可自发转变为，说明的溶解度小于，B正确；C．FeO(OH)和FeOCl中的Fe均为+3价，FeO(OH)和FeOCl均能与稀硫酸反应转化为Fe3+，\n均能是KSCN溶液变为血红色，即选用的试剂是稀硫酸和溶液不能检验出中是否含有，C错误；D．已知Fe3O4中有的Fe是+2价，有的Fe为+3价，则有完全转化为mol的时转移电子，D正确；故答案为：C。5.某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列说法正确的是A.若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或区B.若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸C.若X是，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体D.若X是，则Z可以是无色气体【答案】D【解析】【详解】A．若X是金属单质，则该金属元素不一定位于周期表的d区或区，可以是Na，4Na+O2=2Na2O，Na2O+O2Na2O2，2Na+O22Na2O2，Na是s区元素，A不合题意；B．若X是乙醇、Y是乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，但Z不一定是乙酸CO2，B不合题意；C．已知2H2S+O22H2O+S，S+O2SO2，2SO2+O22SO3，但H2S与O2不能直接反应得到SO3，即Y不可能是有漂白性的无色气体SO2，H2S可以直接燃烧生成SO2，则若X是，则Y是黄色固体S，Z是有漂白性的无色气体SO2，C不合题意；D．若X是，则Z可以是无色气体，转化过程为：4NH3+3O22N2+6H2O，N2+O22NO，4NH3+5O24NO+6H2O，D符合题意；\n故答案为：D。6.偶氮苯从稳定异构体向亚稳态异构体的转变只能由光触发，而反向转变则可以通过光或热反应发生。下列说法错误的是A.E式和Z式结构中都存在大π键B.E式和Z式结构中碳原子和氮原子都是杂化C.偶氮苯的E、Z互变所需光的频率相同D.偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成【答案】C【解析】【详解】A．E式和Z式结构中都含有苯环，都存在大π键，故A正确；B．E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都形成3个价层电子对，碳形成3个键，氮形成2个键，有一个孤电子对，都是杂化，故B正确；C．偶氮苯的E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同，反转的条件不同，故C错误；D．偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成，是化学变化，故D正确；故选C。7.常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(电还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是\nA.析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应B.析氢反应的能力：C.吸附的能力：D.ⅰ生成ⅱ是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，选择性电催化乙炔加氢制乙烯和电还原为的反应可同时发生，均为得到电子被还原的过程，故析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应，A正确；B．由题干图(2)信息可知，a对应活化能最大，b对应的活化能最小，活化能越大反应越困难进行，即析氢反应的能力：，B错误；C．由题干图(1)信息可知，吸附C2H2过程中放出的热量a最少，c最多，相同物质进行不同过程放出的热量越多说明该过程越容易进行，即说明吸附的能力：，C正确；D．由题干图(1)信息可知，各种催化剂进行反应时ⅰ生成ⅱ的活化能均最大，活化能越大反应速率越慢，是整个反应的决速步骤，则ⅰ生成ⅱ是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤，D正确；故答案为：B。8.利用镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)生产硫酸镍的工艺流程如图所示。沉淀\n下列说法错误的是A.“酸溶”时，应该先加入一定量的硝酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硫酸B.“中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素C.硫化剂X可以是D.“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率【答案】D【解析】【分析】镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)酸溶后产生铁离子、铜离子和镍离子，中和时酸度降低，氢氧化铁先产生沉淀，过滤后，滤液中加入NiS将铜离子转化为CuS沉淀，过滤，再获得硫酸镍。【详解】A．“酸溶”时，应该先加入一定量的硝酸，将铁和铜氧化，待固体完全溶解后再按剂量加入硫酸，提供氢离子，与硝酸根离子组成硝酸，继续发生氧化反应，故A正确；B．氢氧化铁的Ksp最小，“中和”调节酸度，氢氧化铁先产生沉淀、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素，故B正确；C．的Ksp大于CuS，硫化剂X可以是，将铜离子沉淀，故C正确；D．硝酸是强氧化性酸，与金属反应时不产生氢气，故D错误；故选D。9.丝氨酸的工业化生产难度很大，其生产工艺的开发倍受关注。选择以亚甲氨基乙腈和甲醛为原料的合成过程如图所示。下列说法错误的是A.由于亚甲氨基和氰基的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基有较强的反应活性B.亚甲氨基羟基丙腈中的所有C、N、O原子可能位于同一平面C.丝氨酸可溶于水D.上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高【答案】B\n【解析】【详解】A．由题干转化关系流程可知，亚甲氨基乙氰和HCHO反应发生在亚甲氨基和氰基中间的-CH2-上，则说明由于亚甲氨基和氰基的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基有较强的反应活性，A正确；B．由题干中亚甲氨基羟基丙腈的结构简式可知，亚甲氨基羟基丙腈中与亚甲氨基、氰基、-CH2OH相连的碳原子为sp3杂化，则上面至少有一个碳原子不能与其他原子共平面，即亚甲氨基羟基丙腈不可能所有C、N、O原子位于同一平面，B错误；C．由题干中丝氨酸的结构简式可知，丝氨酸中含有-NH2、-OH、-COOH等亲水基团，且能与水分子形成分子间氢键，故丝氨酸可溶于水，C正确；D．已知3中含氮物质均形成分子晶体，且相对分子质量丝氨酸最大，且丝氨酸中形成的分子间氢键数目最多，则上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高，D正确；故答案为：B。10.电池(为电解液)的工作原理如图所示，下列说法错误的是A.工作时，向负极移动B.工作一段时间后，电解液减小C.负极电极反应式为D.当电路中转移电子时，电解液质量增加【答案】D【解析】【分析】由题干图示信息可知，Zn转化为，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：\nZn-2e-+4OH-=+2H2O，则Zn作负极，NiOOH转化为Ni(OH)2得到电子，发生还原反应，电极反应为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，NiOOH作正极，据此分析解题。【详解】A．原电池工作时，电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，则向负极移动，A正确；B．由分析可知，负极反应为：Zn-2e-+4OH-=+2H2O，正极反应为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则电池的总反应式为：Zn+2NiOOH+2OH-=+2Ni(OH)2可知工作一段时间后，电解液减小，B正确；C．由分析可知，负极电极反应式为，C正确；D．当电路中转移电子时，由负极反应可知，Zn溶解了0.1mol，由正极反应可知，电解质溶液减少了0.2g，电解液质量增加65g/mol×0.1mol-0.2g=6.3g，D错误；故答案为：D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验的“操作和现象”与“推测或结论”对应关系一定正确的是操作和现象推测或结论A常温下，同时向盛有5%和30%双氧水的试管中各加入一粒相同大小的后，盛有30%双氧水的试管中反应更剧烈盛有30%双氧水的试管最先停止冒气泡B用铁丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液含有钠盐C某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该气体的水溶液显碱性D向无水乙醇中加入浓，加热至，将产生的气体通入酸性溶液，红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯A.AB.BC.CD.D【答案】C\n【解析】【详解】A．题干未告知5%和30%H2O2溶液的体积，故无法确定谁先停止冒气泡，A不合题意；B．用铁丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中一定含有Na+，但不一定是钠盐，也可以是NaOH，B不合题意；C．已知石蕊指示剂的变色范围为5~8，某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体溶于水后溶液的pH大于8，即该气体的水溶液显碱性，C符合题意；D．向无水乙醇中加入浓，加热至，将产生的气体通入酸性溶液，红色褪去，由于挥发出来的乙醇或者反应中产生的副产物SO2均能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能说明使溶液褪色的气体是乙烯，D不合题意；故答案为：C。12.碱土金属碳酸盐热分解反应相关数据如图表，其分解温度(一定压强下热分解反应达平衡时的温度)与压强有关。已知和随温度T的变化可以忽略不计，当且仅当为且分解反应达平衡时恰有。下列说法正确的是总压，117175x268167161167167时的分解温度/K701108714131605A.表中B.4种碳酸盐热分解的相近，其主要原因是4种晶体的晶体类型相似C.从到，阳离子半径依次增大，与的作用力逐渐减弱，生成越来越难，导致其分解温度越来越高D.露天条件下(总压p为)，石灰石受热分解生成生石灰的起始温度高于【答案】AC\n【解析】【详解】A．由题干信息可知，即=1413K×167J·mol-1·K-1=235971J/mol≈236kJ/mol，即表中，A正确；B．熵是衡量物质混乱程度的物理量，已知4种物质分解均只产生CO2一种气体，气体的熵值最大决定反应的熵变的主要因素，压强相等时，气体的熵值相近，则4种碳酸盐热分解的相近，其主要原因是4种物质分解均只产生CO2，而与4种晶体的晶体类型相似无关，B错误；C．从到，阳离子半径依次增大，与的作用力逐渐减弱，即M2+与O2-结合越来越困难，即生成越来越难，导致其分解温度越来越高，C正确；D．露天条件下(总压p为)，由于混有空气，导致CO2的平衡分压减小，压强越小物质的熵值越大，故石灰石受热分解生成生石灰的起始温度低于，D错误；故答案为：AC；13.耦合电化学合成法从合成碳酸二甲酯()的反应原理如图1所示，反应②的机理如图2所示。下列说法正确的是A.该电化学合成法从合成碳酸二甲酯的总反应是非氧化还原反应B.图2含物质中的价态保持不变C.是反应②的催化剂D.工作过程中反应①、②和③逐级转移电子，电子的能量保持不变【答案】D【解析】\n【详解】A．从合成碳酸二甲酯过程中碳元素化合价发生变化，总反应是氧化还原反应，A错误；B．图2由→PdBr2，Pd元素从0升到+2价，的价态发生变化，B错误；C．反应②发生Br2→2Br-，参与反应，作为中间产物，不是催化剂，C错误；D．工作过程中反应①发生CO2→CO得到2个电子，反应②Br2→2Br-和③2Br-→Br2都是转移2个电子，反应①、②和③逐级转移电子，电子的能量保持不变，D正确；故选：D。14.均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(和为速率常数)。下列说法错误的是A.相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低B.基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化C.基元反应Ⅱ的化学方程式为D.芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，B错误；C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为，C正确；D．由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2HO+HO2·+H2O，H+\n参与反应，反应后又生成，反应前后不变，即芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)，D正确；故答案为：B。15.常温下，浓度相同的一元弱酸稀溶液和一元弱碱稀溶液互相滴定，溶液中与或的关系如图所示。已知和的电离常数为和，且b和点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是A.B.a和点的纵坐标之和为14C.水的电离程度：D.溶液中的：c点大于点【答案】AD【解析】【分析】BOH溶液中滴加HA溶液，发生酸碱中和，溶液的pH随着HA溶液的滴加，pH逐渐降低，即a′～d代表pH与lg关系图，同理a～d代表pH与lg关系图，据此分析；【详解】A．b和b′点的纵坐标之和为14，b′点溶液显碱性，b点溶液显酸性，取lg=0，该温度下，Kb=c(OH-)，若pKb=8，c(OH-)=10-8mol/L，此时溶液显酸性，与b′点溶液显碱性不符，故A说法错误；B．取lg=0，该温度下，Kb=c(OH-)，同理Ka=c(H+)，b和b′点的纵坐标之和为14\n，推出Ka=Kb，a′点：c(OH-)=10Kb，此时pHa′=-lg，同理，a点对应pHa=-lg10Ka，pHa′+pHa=-lg+(-lg10Ka)=14，故B说法正确；C．b和b′点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b′点溶液中c(OH-)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH=7，因此a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′＜b＜c′＜d，故C说法正确；D．a′～d曲线是BOH溶液中滴加HA溶液，a～d曲线是HA溶液中滴加BOH溶液，根据B选项分析，BOH和HA的电离平衡常数相等，d点pH=7，此时两种溶液恰好完全反应，因此c′点c(B+)大于c点c(B+)，故D说法错误；答案为AD。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.元素周期表中的p区元素尽管种类不多，但其化合物种类繁多，在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）分子的极性_______(填“大于”或“小于”)，原因是_______。（2）可以稳定存在但是不存在的主要原因是_______。（3）乙二胺在配合物结构图中常用表示，的结构如图所示，中心原子的配位数是_______，该配离子中的键角_______(填“大于”、“等于”或“小于”)乙二胺。（4）基态原子的d轨道与p轨道上的电子数之比为_______。晶体(相对分子质量为M)是重要的热电材料之一，该晶体晶胞(以为顶点)的棱长均为，棱边夹角均为，和形成类似晶胞的结构，在形成的四面体空隙处，则晶体的密度为_______(表示阿伏伽德罗常数的值)，距离最近的有_______个。纳米材料的量子尺寸效应可以显著提高材料的热电性能，表面原子占总原子数的比例是重要的影响因素，假设某材料颗粒恰好是由1个上述晶胞构成的小立方体，该颗粒的表面原子数与总原子数的最简整数比为_______。\n【答案】（1）①.小于②.P、F之间电负性差值大，电子对偏移大，极性强（2）I原子半径较大，位阻大，不能形成（3）①.6②.大于（4）①.1：1②.③.12④.26：31【解析】【小问1详解】非金属性N>P，P与F电负性相差大于N与F，故NF3分子极性小于PF3，原因为P、F之间电负性差值大，电子对偏移大，极性强；【小问2详解】因为F的电负性很大，在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子，而I原子半径较大，位阻大，不能形成；【小问3详解】乙二胺分子中两个N原子均与Ru形成配位键，因此该配离子中Ru形成了6个配位键，其配位数是6；乙二胺中N上有孤对电子，孤对电子-成键电子斥力>成键电子-成键电子斥力，该配离子中的键角大于乙二胺；【小问4详解】是50号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，基态原子的d轨道与p轨道上的电子数之比为20：20=1：1；类似NaCl晶胞，一个晶胞中含4个，一个晶胞的体积cm3，===g/cm3；\n如同Na+周围的Na+有12个，三个截面第个截面上有4个，34=12，距离最近的有12个；表面原子数：8个顶点，6个面心，12个棱中8+6+12=26，内部：1个体心，4个四面体空隙，1+4=5，共26+5=31个；故该颗粒的表面原子数与总原子数的最简整数比为26：31。17.某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备和的工。艺流程如下：已知：①草酸()是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性。②常温时，有关物质如下表(单位已略)：③当离子浓度，可认为沉淀完全。④常温下的溶解度为，的溶解度随温度的升高而逐渐减小。回答下列问题：（1）拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，最后加入的是_______(填“硫酸”或“草酸”)，溶解的反应的离子方程式为_______。（2）“滤液Ⅰ”中加入氨水调为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是_______(填化学式)。若先调节并控制到5，再加入，则被氧化时的离子方程式为_______。（3）若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，则至少需加入_______g(保留到小数点后1位)固体才能使沉淀完全。\n（4）在空气中“焙烧”的化学方程式为_______。（5）为了获得更多更纯固体，“系列操作”依次为_______和干燥。【答案】（1）①.草酸②.（2）①.Fe(OH)3、Al(OH)3②.（3）2.6（4）2+O22Co2O3+2CO2+2H2O（5）加热(或蒸发结晶)、趁热过滤、热水洗涤【解析】【分析】正极材料含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把还原为Co2+；过滤除去不溶物，滤液Ⅰ加NaClO3把Fe2+氧化为Fe2+，加氨水调为5，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀过滤除去Fe3+、Al3+；滤液Ⅱ加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀过滤除去Mg2+、Ca2+；滤液Ⅲ中加NH4HCO3生成Co2(OH)2CO3沉淀，过滤，滤液Ⅳ加入Na2CO3经一系列操作得Li2CO3。【小问1详解】正极材料含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把还原为Co2+，所以最后加入的是草酸；酸性条件下，草酸把还原为Co2+，草酸被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为。【小问2详解】根据溶度积常数“滤液Ⅰ”中加入氨水调为5，Fe3+、Al3+的浓度都小于10-5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。若先调节并控制到5，再加入，被氧化成Fe(OH)3，被还原为氯化钠，离子方程式为。【小问3详解】\n若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，加入生成0.01molMgF2、0.01molCaF2沉淀，消耗0.04mol，沉淀后溶液中c(F-)，则至少需加入的质量为。【小问4详解】在空气中“焙烧”，和氧气反应生成Co2O3、CO2、H2O，化学方程式为2+O22Co2O3+2CO2+2H2O；【小问5详解】的溶解度随温度的升高而逐渐减小，为了获得更多更纯的固体，“系列操作”依次为蒸发结晶、趁热过滤、热水洗涤和干燥；18.二茂铁【，为价】是最早被发现的夹心配合物，橙色晶体，以上升华，熔点，沸点，难溶于水，空气中稳定，与酸、碱一般不作用。实验室中，先由二聚环戊二烯(沸点)热解聚制备环戊二烯(密度，熔点，沸点)(图1)，然后制备二茂铁(图2)，最后纯化(图3)，夹持装置已略。回答下列问题：（1）检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯。实验中需要一直慢慢地通入，其作用是_______。将电热棒调至，同时油浴加热烧瓶，油浴加热的优点是_______。反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。（2）将磁子和足量粉末放在三颈烧瓶中，加入适量有机溶剂和环戊二烯，缓慢搅拌，烧瓶左侧口用A塞紧，中间瓶口装上仪器C(已打开旋塞B和玻离塞)，右侧口接带T形管汞起泡器和氮气瓶，用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出，关上B，将溶解了\n的有机溶剂注入仪器C，……打开B，滴加完后快速搅拌，制备反应结束。……向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。……将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上，用水洗涤，干燥，得到二茂铁粗品。仪器C的名称为_______。将空气完全吹出的目的是_______。加入碎冰的作用是_______。证明盐酸已稍过量的试剂是_______。写出生成二茂铁的反应的化学方程式：_______。（3）将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热，最终得到纯品，二茂铁的产率为_______%(保留到小数点后一位)。【答案】（1）①.作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率②.受热均匀，便于控温（2）①.滴液漏斗（或分液漏斗）②.防止Fe(II)被空气中氧气氧化③.迅速降温，有利于二茂铁结晶析出④.紫色石蕊溶液（或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸）⑤.FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O（或FeCl2•4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O）（3）91.4【解析】【小问1详解】由题干知，二茂铁中为价，容易被空气中氧气氧化，所以实验中需要一直慢慢地通入，其作用是作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；油浴加热的优点是受热均匀，便于控温；【小问2详解】根据图示装置特点，仪器C的名称为滴液漏斗（或分液漏斗）；将空气完全吹出的目的是防止Fe(II)被空气中氧气氧化；反应为放热反应，加入碎冰的作用是迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；盐酸稍过量使溶液呈酸性，则可以选用的试剂是紫色石蕊溶液（或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸）；根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水，反应方程式为：FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O（或FeCl2•4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O）；【小问3详解】根据上述反应知，完全反应生成二茂铁的质量为：\n，则二茂铁的产率为：，故答案为91.4。19.以下是神经激肽拮抗剂ZD2249甲氧基亚砜(I)的制备新方法的合成路线：已知：①R-XR-MgX。②基团的结构为，常作为氨基的保护基使用。③+2HBr④回答下列问题：（1）符合下列条件的A的同分异构体有_______种(已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定)：a.含有苯环；b.含有2个−OH。（2）在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是_______。（3）F的含氧官能团有酯基、_______(填名称)；F→G的反应类型为_______。（4）H→I(足量)的化学方程式为_______。（5）写出以为原料制备的合成路线(其他试剂任选)：_______。【答案】（1）9（2）防止甲硫基(或硫醚)被溴水氧化（3）①.羟基、醚键②.还原反应(或取代反应)\n（4）＋2KOH＋K2CO3＋（5）【解析】【分析】根据C的结构简式可知B道C是发生取代反应，则B为，根据A的分子式以及A与溴水反应得到A的结构简式为，C到D是硫氧交换，D到E是发生取代反应，根据信息①得到F()，F在一定条件下反应得到G，G氧化得到H，H与KOH反应得到I。小问1详解】A是，其同系物中含有苯环和2个−OH，则可能1个−OH、1个−CH2OH，有邻、间、对三种；还可能是2个−OH和1个−CH3，当两个羟基在邻位有两种同分异构，当两个羟基在间位有三种同分异构，当两个羟基在对位有一种同分异构，因此符合条件的A的同分异构体有9种；故答案为：9。【小问2详解】在A→E的合成路线中，先引入甲硫基(CH3S−)时，加溴水，会氧化甲硫基，因此要先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)；故答案为：防止甲硫基(或硫醚)被溴水氧化。【小问3详解】F()的含氧官能团有酯基、羟基、醚键；根据F→G的结构简式得到其反应类型为还原反应或取代反应；故答案为：羟基、醚键；还原反应(或取代反应)。【小问4详解】\nH→I是与足量KOH反应生成、K2CO3和，其化学方程式为＋2KOH＋K2CO3＋；故答案为：＋2KOH＋K2CO3＋。【小问5详解】根据题意，在丙烯、AlCl3反应后，再氧化、酸化生成苯酚，苯酚和在有机碱作用下反应生成，加热反应生成，其合成路线为；故答案为：。20.以、为原料制备合成气(、)，发生的反应如下：主反应a：副反应b：副反应c：已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的在全部所消耗的中占有的比例。回答下列问题：\n（1）和的燃烧热分别为、，则CO的燃烧热为_______。（2）在同一固相催化剂和下，研究不同温度，投料比对平衡转化率及体积分数的影响，数据如图所示。①反应c的_______0(填“大于”、“等于”或“小于”)。②在该催化剂作用下，投料比为2，时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后的体积分数为_______%(保留到小数点后一位)。③根据图像，选择合成体系适宜的反应条件为_______，原因是_______；相同温度下，随着投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是_______。【答案】（1）283（2）①.大于②.43.8③.T1、=1④.在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小⑤.由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小【解析】【小问1详解】根据和的燃烧热分别为、，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l)\n=-285.8kJ/mol，题干主反应a：则I-a-2II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2=--2=(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283，故答为：283；【小问2详解】①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的大于0，故答案为：大于；②在该催化剂作用下，投料比为2，假设CH4为2amol，则CO2为amol，时主反应a的选择性为60%，则反应b的选择性为40%，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，H2O(g)的体积分数为5%，根据三段式分析可知，，，，则平衡时：CH4的物质的量为0.8amol，CO2为(0.28a-x)mol，CO为(1.44a+x)mol，H2为(1.44+0.96-x)mol，H2O为xmol，则有：=5%，解得x=0.246amol，则体系达平衡后的体积分数为=×100%=43.8%，故答案为：43.8；\n③根据图像，在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、=1，相同温度下，随着投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为：T1、=1；在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小。