2022年高考化学全真模拟卷三（江苏卷）

2022年高考化学全真模拟卷三（江苏卷）（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其他答案标号。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。H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ti-48Fe-56一、选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项是符合题目要求的。1.2022年3月29日，我国长征六号火箭点火升空，首次实现了以煤油液氧为液体推进剂，同时捆绑固体燃料的“固液混动”模式。火箭固体燃料通常以硝化纤维作基体，以硝酸甘油为溶剂塑化而成。以下说法正确的是A．煤油、天然气都属于一次能源，均来自太阳能B．煤油中热值最高的是十一烷C．分离液态空气时，氧气比氮气先分离出来D．制备硝酸甘油与硝化纤维的反应均需用到稀硫酸2.氮化铝(AlN)耐高温，可制作透明陶瓷。AlN与NaOH溶液可以反应，其化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，下列化学术语正确的是A．重水的分子式为H218OB．NH3分子中N原子采用sp2杂化方式C．AlN晶体为分子晶体D．水分子是由极性键构成的极性分子3.已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去Cl2中的HClC．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO24.我国拟定于2022年底发射“爱因斯坦”探针卫星，首次填补时域天文观测和高能天体物理研究的国际空白。X射线主探器单体结构如图，下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.金属铍有延展性，可作主探器的射线窗 B．石英对光线全反射，可作光导材料C.SiO2属于原子晶体，可作耐高温材料 D．NaI、CsI遇光易分解，作为闪烁体5.科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如下图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y，Z的叙述，正确的是A．化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构B．离子半径：Y>ZC．电负性：Z>YD．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<X阅读下列材料，完成6～9题：铁元素的常见价态有+2、+3价，实验室可用赤血盐(K3[Fe(CN)6])溶液检验Fe2＋，黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液检验Fe3＋。Fe2O3是重要的化工原料，Au/Fe2O3可用作反应CO(g)＋H2OCO2(g)＋H2(g)的催化剂。硫铁矿烧渣中含有大量Fe2O3，工业上常用于制取绿矾(FeSO4·7H2O),明代《徐光启手迹》中记载了绿矾制备硝酸的方法。6．下列有关铁及其化合物的说法正确的是A.Fe元素位于周期表的第ⅥB族B.绿矾中Fe2＋核外有6个未成对电子C.赤血盐是含有配位键的离子化合物D.若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为Fe4C37．在指定条件下，下列有关铁单质的转化不能实现的是A．Fe(s)eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(少量Cl2(g)),\s\do4(→))),\s\do5(点燃))FeCl3(s) B．Fe(s)eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(H2O(g)),\s\do4(→))),\s\do5(高温))Fe2O3(s)C．Fe(s)eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(足量稀HNO3),\s\do4(→))),\s\do5())Fe(NO3)3(aq) D．Fe(s)eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(CuSO4(aq)),\s\do4(→))),\s\do5())FeSO4(aq)8．对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下列有关说法不正确的是A.加入催化剂Au/Fe2O3，反应的焓变ΔH不变B.升高温度，反应体系的活化分子百分数增多C.向固定容积的反应体系中充入氨气，反应速率加快D.温度不变，增大反应H2O与CO(g)投料比，平衡常数K不变9.明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图：下列有关该流程说法不正确的是A．煅烧FeSO4发生反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑B．SO3和水反应生成H2SO4时放出热量C．H2SO4和KNO3反应制备HNO3属于置换反应D．上述制备过程中使用的铁锅容易损环10.苯乙醛可用于制备工业香料，工业上通过以下途径制备苯乙醛。下列说法错误的是A．反应①和④的原子利用率均为B．乙烯、苯乙醇、苯乙醛均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．向2mL10%的硫酸铜溶液中滴加5滴2%的氢氧化钠溶液，再加入0.5mL苯乙醛溶液，加热，有砖红色沉淀出现D．预测可以发生反应11.已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如题图所示。室温下，通过下列实验探究草酸的性质。下列说法正确的是实验实验操作1向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10mL2向10mL0.1mol/L草酸溶液中逐滴加入等浓度的KOH溶液至pH=4.23向10mL0.lmol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液，产生白色沉淀A．实验1所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+c(H2C2O4)B．实验2所得溶液中：c(K+)<3c(C2O)C．实验2中加入KOH溶液体积等于15mLD．实验3反应离子方程式为：C2O+Ca2+=CaC2O4↓12.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]水溶液为原料，电解制备(CH3)4NOH的装置如图所示。下列说法不正确的是A．工作时原料室(CH3)4N+向II室迁移B．Ⅰ室可得到H2和CO2C．当外电路中有1mol电子通过时，理论上能生成lmol(CH3)4NOHD．电解总反应：4(CH3)4NHCO3+2H2O4(CH3)4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑13.T℃下，三种硫酸盐M(M：)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知。下列说法正确的是A．溶度积：B．Y点对应的是过饱和溶液，能继续溶解C．Z点对应的溶液中等于D．不能转化成14.草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为反应I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH1<0反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2<0压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化B．190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大C．190~198°C范围内，温度升高，逐渐减小D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率二、非选择题：共4题，共58分15.（14分）由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4·2H2O和LiFePO4。实验流程如下：（1）“酸溶”时应先向反应器中加入硫酸，再分批加入铬铁合金粉末，同时需保持强制通风。①分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风的原因是_______。②其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率[×100%]、析出硫酸盐晶体的质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9~11mol·L-1，铬铁转化率下降的原因：_______。(已知硫酸浓度大于12mol·L-1时铁才会钝化)（2）向酸溶所得溶液中加入0.5mol·L-1Na2S溶液，使Co2+和Ni2+转化为CoS和NiS沉淀。当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(Co2+)=_______。[已知：Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=3.0×10-21]（3）在N2的氛围中将FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360°C条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式：_______。（4）设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥、500°C煅烧。已知：①P507萃取剂密度小于水，萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示。②该实验中Cr3+在pH6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。实验中须选用试剂：P507萃取剂、H2O2、NaOH溶液]16.（15分）普瑞巴林(K)是一种在临床上广泛使用的抗癫痫药物。普瑞巴林可用异戊二烯(A)作原料来合成，路线如图所示。已知：i.RCHO++H2Oii.RCONH2RNH2（1）按系统命名法，化合物A的名称为_______。（2）B中官能团的名称是_______；F→G的反应类型是_______。（3）K发生缩聚反应的化学方程式为_______。（4）I中有一个六元环，则I的结构简式为_______；J的结构简式为_______。（5）化合物M是E的同系物相对分子质量比E小14，则M的同分异构体中含一种官能团的有机物有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1的同分异构体的结构简式为_______。（6）参考上述合成路线，请将下列以乙二醛、丙二酸二甲酯为原料制备己二酸的合成路线流程图补充完整(无机试剂任用)_______己二酸。17.（15分）以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl—)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：（1）将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是_______。（2）为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，_______，低温干燥至恒重。(可选用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)（3）①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是_______(填化学式)。②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是_______。（4）向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜。若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是_______。18.（14分）NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。I.电化学技术（1）利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，实际应用中常将若干个电化学还原器结构单元组装在一起，形成电堆，以提高NO的去除效率。①纽扣式电化学还原器结构单元(其装置如图1所示)可叠加组装成电堆使用。电解时，阴极发生的电极反应式为_______。②长管式电化学还原器结构单元(其剖面结构如图2所示)采用阴极微孔管作支撑，在管内外壁各设置一个对称的阳极微孔管，阴阳极管壁之间填充有固体氧化物电解质，使用时常将该结构单元组装成蜂窝状电堆。当电堆体积一定时，相比于纽扣式反应器，长管式反应器的优点是_______。II.NH3-SCR技术（2）Cu基催化剂是NH3-SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2(基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2)可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图3所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。①从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。②在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。（3）将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体(N2为平衡气)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。①在150-225°C范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是_______。②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是_______。

答案及解析1.B2.D3.D4.B5.A6.C7.B8.C9.C10.C11.B12.B13.A14.C1.B【解析】A．石油、天然气都属于一次能源，石油经过人工分馏得到煤油，煤油属于二次能源，A错误；B．煤油中含C11-C17的烷或环烃，含氢量越高，热值最高，煤油中十一烷含氢最高，B正确；C．分离液态空气时，氧气的沸点(-183°C)比氮气的沸点(-195°C)高，A氮气先分离出来，C错误；D．制备硝酸甘油与硝化纤维的反应都是硝化反应，均需用到浓硫酸，D错误；故答案为：B。2.D【解析】A．重水是由氘和氧组成的化合物，重水的分子式为2H2O，故A错误；B．NH3分子中N原子价电子对数是4，采用sp3杂化方式，故B错误；C．氮化铝(AlN)耐高温，AlN晶体为共价晶体，故C错误；D．水分子中O-H键是极性共价键，水分子的空间构型是V形，正负电荷的重心不重合，水是极性分子，故D正确；选D。3.B【解析】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；

B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去Cl2中的HCl，B符合题意；C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；答案选B。4.D【解析】A．铍窗利用了铍的延展性,将铍做成铍箔。选项A说法正确；B．石英对光线全反射，可作光导材料，选项B说法正确；C．SiO2属于原子晶体，具有高熔点，可作耐高温材料，选项C说法正确；D．NaI与CsI作为闪烁体是由于吸收高能粒子，电子被激发跃迁后又回到基态，释放光能而发光，不涉及化学变化，D说法错误；答案选D。5.A【解析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期，根据结构式可知，Z可形成3个共价键，带1个单位正电荷，所以Z的最外层电子数应为6，推知Z为S元素；又Z与可以形成分子，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质，说明该分子为SF6，即Y为F元素；X形成4个共价键后还有一个孤电子用来得1个单位负电荷，则X的最外层电子数为3，所以推知X为B；根据上述分析可知，X、Y，Z分别为B、F和S，据此结合元素及其化合物的性质分析解答。【详解】A．化合物A中，X、Y、Z元素原子均达到满8电子结构，其中B与F存在一个配位键，A正确；B．电子层数越多，简单离子半径越大，则离子半径：，B错误；C．F的电负性最大，C错误；D．S的非金属性强于B，B和S最高价氧化物对应水化物的酸性：B<S，D错误；故选A。6．C【解析】A项，Fe元素位于周期表的第Ⅷ族，错误；B项，Fe2＋核外电子排布为3s23p63d6，3d轨道上未成对电子数为4个，错误；C项，赤血盐(K4[Fe(CN)6])结构中Fe2＋与CN－之间含有配位键，K＋与［Fe(CN)6］3－之间是离子键，赤血盐是含有配位键的离子化合物，正确；D项，由图可知，Fe个数为8×EQ\f(1,8)＝1，C个数为2×EQ\f(1,2)＋4×EQ\f(1,4)＝2，则其化学式为FeC2，错误。7．B【解析】A项，Cl2具有强氧化性，可以把Fe氧化生成FeCl3，不符合题意；B项，Fe与水蒸气反应生成的是Fe3O4，而不是Fe2O3，符合题意；C项，HNO3具有强氧化性且足量，故此时Fe与硝酸反应生成Fe(NO3)3，不符合题意；D项，Fe与CuSO4发生置换反应生成Cu和FeSO4，不符合题意。8．C【解析】A项，催化剂不影响反应物和生成物的状态，故不影响焓变，反应的焓变ΔH不变，正确；B项，升高温度，分子总数不变，但更多的普通分子吸收能量转化为活化分子，活化分子数增多，反应体系的活化分子百分数增多，正确；C项，反应体系中充入氨气，由于NH3与各气体无关，且容积体积固定不变，则与反应有关的气体浓度不变，对反应速率无影响，错误；D项，平衡常数K的值只受温度影响，反应的平衡常数K不变与投料无关，正确。9.C【解析】FeSO4在高温条件下发生氧化还原反应生成Fe2O3、SO3、SO2，SO3与水化合为H2SO4，利用高沸点酸制备低沸点酸的原理用H2SO4和KNO3反应制备HNO3，同时得到K2SO4。【详解】A．FeSO4在高温条件下发生氧化还原反应生成Fe2O3、SO3、SO2，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑，A正确；B．SO3和水反应生成H2SO4时放出大量的热，易导致形成酸雾，B正确；C．由分析可知H2SO4+2KNO3=2HNO3+K2SO4，两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，C错误；D．上述制备过程中产生的硝酸和硫酸均会腐蚀Fe，故制备过程使用的铁锅容易损环，D正确；答案选C。10.C【解析】A．反应①中乙烯与O2反应产生，原子利用率达到100%，反应④中与苯发生取代反应完全变为目标产物苯乙醇，因此该反应中原子利用率也达到100%，A正确；B．乙烯、苯乙醇、苯乙醛化学性质活泼，均具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．由于CuSO4溶液过量，显酸性，因此加入0.5mL苯乙醛溶液，加热时不会产生砖红色沉淀。操作时，应该是向2mL10%的NaOH溶液中滴入5滴2%的CuSO4溶液，使溶液显碱性，然后再加入0.5mL苯乙醛溶液，加热煮沸，这时有砖红色沉淀出现，C错误；D．根据苯与发生取代反应产生苯乙醇可预测反应：可以发生，D正确；故合理选项是C。11.B【解析】由图象可知，pH=1.2时c(HC2O)=c(H2C2O4)，Ka1(H2C2O4)=；pH=4.2时c(HC2O)=c(C2O)，Ka2(H2C2O4)=，据此分析解题。【详解】A．向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10mL，则溶液中溶质为KHC2O4，根据质子守恒可知，，A错误；B．实验2所得溶液中pH=4.2，此时c()=c()，即溶液中有KHC2O4和K2C2O4，该溶液中存在电荷守恒为c(K+)+c(H+)═c(OH-)++c()+2c()，即为c(K+)+c(H+)═c(OH-)+3c()，由于c(H+)c(OH-)，所以c(K+)3c()，B正确；C．若实验2中加入KOH溶液体积等于15mL，根据反应方程式：H2C2O4+KOH=KHC2O4+H2O、KHC2O4+KOH=K2C2O4+H2O可知，此时溶液为等物质的量混合的KHC2O4、K2C2O4混合溶液，由于Ka2=10-4.2＞Kh1==10-9.8，则此时溶液中c(HC2O)＜c(C2O)，而pH=4.2时，c(HC2O)=c(C2O)，则加入KOH溶液体积不等于15mL，C错误；D．向10mL0.lmol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液，产生白色沉淀，由于草酸是弱酸，离子方程式是书写时不能拆，故实验3反应离子方程式为：H2C2O4+Ca2++2OH-=CaC2O4↓+2H2O，D错误；故答案为：B。12.B【解析】A．电解池中阳离子向阴极运动，(CH3)4N+向II室迁移，A正确；B．Ⅰ室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O-4e-=4H++O2↑，向Ⅰ室迁移与生成的氢离子生成水和二氧化碳气体，B错误；C．阴极室中水电离出的氢离子放电发生还原反应生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液中氢氧根离子浓度变大，原料室中(CH3)4N+向II室迁移生成(CH3)4NOH，(CH3)4N++OH-=(CH3)4NOH，当外电路中有1mol电子通过时，理论上能生成lmol(CH3)4NOH，C正确；D．由BC分析可知，总反应为(CH3)4NHCO3和H2O反应生成氧气、二氧化碳、氢气、(CH3)4NOH，电解总反应：4(CH3)4NHCO3+2H2O4(CH3)4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑，D正确；故选B。13.A【解析】A．由题干图示信息可知，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c()=10-5×10-5=10-10、Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)c()=10-3.8×10-3.8=10-7.6、Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)c()=10-2.5×10-2.5=10-5，则溶度积：，A正确；B．由题干图示信息可知，Y点对应的c(Sr2+)=c()=10-3.5，此时c(Sr2+)c()=10-3.5×10-3.5=10-7＜Ksp(SrSO4)，即Y点对应的是不饱和溶液，能继续溶解，C错误；C．由题干图示信息可知，Z点对应的溶液中=，C错误；D．由A项分析可知，虽然，但可以通过调节Pb2+浓度使BaSO4(s)+Pb2+(aq)PbSO4(s)+Ba2+(aq)平衡正向移动，即可实现能转化成，D错误；故答案为：A。14.C【解析】A．由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；B．两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B错误；C．190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)

ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D错误；故选C。15.（14分）【答案】（1）

防止产生的大量气体使反应液溢出；及时排出产生的H2，避免发生爆炸

析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率（2）6.0×10-7mol/L（3）FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑（4）边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2，充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液，至pH约2.5时停止滴加，加入P507萃取剂，充分振荡、静置、分液，向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加【解析】铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)加入硫酸进行酸溶，各金属元素转化为相应的阳离子进入溶液，之后加入Na2S除去Co、Ni元素，过滤后加入草酸，过滤得到FeC2O4·2H2O粗品，再经系列处理得到LiFePO4；滤液中还剩余Cr3+，处理得到Cr2O3。（1）①金属单质在于硫酸反应时会产生大量氢气，分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风可以防止产生的大量气体使反应液溢出；及时排出产生的H2，避免发生爆炸；②硫酸浓度较大后，生成的硫酸盐的量增多，析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率；（2）当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(S2-)=mol/L=3.0×10-16mol/L，c(Co2+)=mol/L=6.0×10-7mol/L；（3）FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360°C条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成，说明该过程中草酸发生歧化，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑；（4）根据题目所给信息可知P507萃取剂可以萃取Fe3+，所以需先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液调节pH值至2.5左右，然后加入P507萃取剂萃取，分液后向水层中加入NaOH溶液得到Cr(OH)3沉淀，具体操作为：边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2，充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液，至pH约2.5时停止滴加，加入P507萃取剂，充分振荡、静置、分液，向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加。16.（15分）【答案】（1）2-甲基-1，3-丁二烯（2）

碳碳双键、溴原子

加成反应（3）+(n-1)H2O（4）

（5）

13

（6）【解析】D催化氧化得到E，由E知D为，结合流程知，C为，B为CH2=C(CH3)CH2-CH2Br，E→F为信息反应，则F为，由分子式知F到G是加成反应、G在酸性条件下酯基水解，则G为，H为，分子内脱羧所得，H分子脱水后形成的I含有1个六元环、I能和氨水反应，则H为，I为，J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，则J为；据此回答；（1）根据题干中A的结构简式可知A的名称为：2-甲基-1，3-丁二烯；（2）由分析可知B为CH2=C(CH3)CH2-CH2Br，则其中官能团的名称为：碳碳双键、溴原子；由分析可知F→G的反应类型是加成反应；（3）K中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应生成多肽，方程式为：+(n-1)H2O；（4）由分析可知I的结构简式为：，J的结构简式为：；（5）化合物M是E的同系物相对分子质量比E小14，则M的分子式为C4H8O，则M属于醛的满足C3H7CHO，这样的结构有2种；属于酮的有，共有1种；属于醇的有共有3种，属于醚的有，共7种，则一共13种，其中其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1的同分异构体的结构简式为；（6）首先由乙二醛根据信息反应生成中间产物，再在酸性条件下水解产生羧基，再利用题目中生成物质H的信息脱掉二氧化碳即可得到产物，具体流程为：。17.（15分）【答案】（1）防倒吸（2）搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊（3）

CuCl2

降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出（4）溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降【解析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。（1）氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；（2）由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊，低温干燥至恒重，故答案为：搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊；（3）①由