【附解析】江苏省南通市2022届高三第一次调研测试化学试题

江苏省南通市2022届高三第一次调研测试化学试题学校: 姓名： 班级： 考号： 一、单选题高温.我国古人曾用反应Cu2S+O2—SO2+2Cu制铜，并最早发明了青铜器的铸造技术。下列说法不正确的是A.青铜是铜的一种合金 B.O2和O3是氧元素的同素异形体CCu2s只作还原剂 D.该反应属于置换反应.反应(NH4)2SiF6+4NH3-H2O=SiO2l+6NH4F+2H2O可制纳米SiO2。下列说法正确的是NH3是非极性分子NH4F既含离子键又含共价键H2O的电子式为 金中D.基态Si原子的电子排布式为[Ne]3s13P3.下列制备、干燥、收集NH3,并进行喷泉实验的原理与装置能达到实验目的的是A.用装置甲制备NH3 B.用装置乙干燥NH3C.用装置丙收集NH3 D.用装置丁进行喷泉实验.下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是Na具有强还原性，可用于冶炼金属钛NaOH具有强碱性，可用作干燥剂Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂Na2s具有还原性，可用于除去工业废水中的Hg2+5.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的一种单质是已知自然存在的硬度最大的物质，Y是金属元素，其基态原子s能级上的电子数等于p能级上的电子数，Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素，X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是

A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.同一周期中Z的电负性最大CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强D.W在元素周期表中位于第4周期VIA族.磷及其化合物在生产生活中具有广泛应用。白磷(P4,结构如图)与C12反应得PCl3,PC13可继续与C12反应：PCl3(g)+Cl2(g户PCl5(g) AH<0。固态PC15中含有PCl+、PCl-两种离子。白磷中毒可用CuSO4溶液解毒，反应方程式如下：46 4P+16H9O+10CuSO=10Cu+4HPO+10H9SO4。下列关于H,O、P4、PCL和PCl+的说法4 2 4 34 24 2 4 3 4正确的是H2O很稳定是因为分子间含有氢键PC13的空间构型为平面三角形P4与PCl+中的键角相同44H2O与Cu2+形成的1mol[Cu(H2O)4]2+中含有4mol配位键.磷及其化合物在生产生活中具有广泛应用。白磷(P4,结构如图)与C12反应得PCl3,PC13可继续与Cl2反应：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g) AH<0。固态PC15中含有PCl:、PCl-两种离子。白磷中毒可用皿。4溶液解毒,反应方程式如下:P4+16H2O+10CuSO4=10Cu+4H3PO4+10H2SO4。在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是A.P4HNp>PH3B.B.Cu稀H2SO4__>CuSO4H3PO4(aq)—―足量NaOH(aq)一Na3Po4(叫)Cl,—pe>FeCL2A 2.磷及其化合物在生产生活中具有广泛应用。白磷(P4,结构如图)与Cl2反应得PCl3,PC13可继续与Cl2反应：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g) AH<0。固态PC15中含有PCl：、PCl:两种离子。白磷中毒可用CUSO4溶液解毒，反应方程式如下：P4+16H2O+10CuSO4=10Cu+4H3PO4+10H2so4。下列有关反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)的说法正确的是A.该反应在任何温度下都能自发进行B.反应物的总能量高于生成物的总能量C其他条件一定，平衡时升高温度，v(正)减小，v(逆)增大D.消耗2.24LJ，反应转移0.2mol电子.在微波作用下物质Z可通过下列反应合成。下列说法正确的是KQ]I/EtOIKQ]I/EtOIIMWIA.X分子中。键、n键的数目比9：1B.物质Y易溶于水C.ImolY最多能与6molH2发生加成反应D.物质Z在铜催化下被02氧化为醛10.乙酸乙酯的制备实验过程如下：步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1~2滴KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去。步骤3：向盛有Na2cO3溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。下列说法正确的是A.步骤1中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率B.步骤1中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂C.步骤2中紫红色变浅说明乙酸乙酯粗品含有乙烯D.步骤3中发生反应的离子方程式为C02-+2H+=H2O+CO2T11.由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、Si02等)制取硒的流程如下：

“滤液”中主要存在的阴离子有：SO2-、SiO2-“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO2-+H2O=Sel+SO2T+2OHSiO2晶胞如图所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子12.一种可充电锂硫电池装置示意图如图。电池放电时，S8与Li+在硫碳复合电极处生成Li2sx(x=1、2、4、6或8)。大量Li2sx沉积在硫碳复合电极上，少量Li2sx溶于非水性电解质并电离出Li+和S2-。Li+、S2和S2-能通过离子筛，S2-、S2-和S2-不能通过x 2 46 8离子筛。下列说法不正确的是——0S2-、S2-和S2-不能通过离子筛的原因是它们的直径较大B.放电时，外电路电流从硫碳复合电极流向锂电极C.充电时，硫碳复合电极中Li2s2转化为S8的电极反应式为4Li2S28e=S8+8Li+D.充电时，当有0.1molLi2s转化成S8时，锂电极质量增加0.7g13.室温下，通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质。实实验操作和现象

验1用pH试纸测定0.1molLiNH4Fe(S04)2溶液的pH,测得pH约为22向2mL0.1molL1NH4Fe(S04)2溶液中加入过量0.1molL1Ba(0H)2溶液，有沉淀生成，微热，产生有刺」激性气味的气体3向2mL0.1molL1NH4Fe(S04)2溶液中滴加5mL0.1molL1Na2s溶液，有黄色和黑色的混合沉淀物生成，静置4向Mg(0H)2悬浊液中滴入几滴0.1molL1NH4Fe(S04)2溶液，部分白色沉淀变成红褐色，静置下列有关说法正确的是A.由实验1可得0.1mol・L-iNH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH:)+3c(Fe3+)>2c(SO2-)A一一、一B.实验2反应的离子方程式：NH:+Fe3++4OH尸NH3T+Fe(OH)31+H2OC实验3所得上层清液中存在：c(Na+)>2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]D.实验4所得上层清液中存在：c(Mg2+)・c2(OH-)<Ksp[Mg(OH)2]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)——CH3OOCCH20H(g)+CH30H(g)AH1<0反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)——HOCH2cH20H(g)+2CH30H(g)AH2<0压强一定的条件下，将(COOCHXH2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CH300CCH20H、HOCH2cH20H的选择性n(CHOOCCHOH)或口(HOCHCHOH)[3成一3n2[(盛生成)]22—Xi。。％]与温度的关系如图所示。下列说法正总转化 32确的是温度工A.曲线B表示H0CH2cH20H的选择性随温度变化190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大C．D.190~198°CC．D.190~198°C范围内，温度升高，n(CHOH)

n(HOCH：CH2OH)逐渐减小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、实验题.用油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分Ni、Al,少量其他不溶性物质)制备NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O并研究其分解反应的过程如下：⑴制NiSO4溶液。向废镍催化剂中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤。向洗涤后的滤渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解，过滤。加入NaOH溶液的作用是。(2)制NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O控制温度为55°C,向NiSO4溶液中加入适量Na2co3溶液，有NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O沉淀生成和CO2气体放出，过滤。口为确定所加Na2CO3的添加量，需测定NiSO4溶液的浓度。准确量取5.00mL溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用0.04000molLEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Ni2++H2Y2=NiY2+2H+),平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液31.25mL。计算NiSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。口生成NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O时所发生反应的离子方程式为。口若将NiSO4溶液加入到Na2cO3溶液中，会使沉淀中镍元素含量偏高，原因是(3)NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O热分解。在氧气气氛中加热NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O,固体质量随温度变化的曲线如图所示。皿r皿rk500700K之间分解产生的气体为800K后剩余固体质量略有增加的原因是三、有机推断题.化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下:

(1)E分子中sp3杂化的碳原子数目为。(2)E-F分两步进行，反应类型依次为加成反应、。(3)A-B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式： 。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：。①分子中含有苯环。口分子中含有3种化学环境不同的氢原子。CH CHj CHg⑸设计以/ 『选片泪状为原料制备◎.干■€〕的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。四、工业流程题.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(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 □其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率［□其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率［反应的铬铁的物质的量

原铬铁的总物质的量X100%］、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-Li,铬铁转化率下降的原因：。(已知硫酸浓度大于12mol11时铁才会钝化)0 2 4 6 8 10 12硫酸的物质的量浓度/加1•匚1(2)向酸溶所得溶液中加入0.5mol-L-iNa2s溶液，使Co2+和Ni2+转化为CoS和NiS沉淀。当上层清液中c(Ni2+)=1.0x10-5molLi时，c(Co2+)=。［已知：Ksp(CoS)=1.8x10-22,Ksp(NiS)=3.0x10-2i］⑶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：nP507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。□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］0I2S4方pH五、原理综合题.研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。(1)烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。口已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)①H=-905.0kJ-mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)口H=180.5kJ・mol-1有氧条件下，NH3与NO反应生成N2,相关热化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)口H=kJ・mol-1。□其他条件相同，以定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除串与温度的关系如图所示。使用催化剂试卷第8页，共10页B,当温度高于360°C,NO的去除率下降的原因是%、耕健-W—WQZ%、耕健-W—WQZ(2)02在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO,可能的反应机理如图所示，该过程可描述为 。⑶尿素［CO(NH2)2］溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2sO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。口脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl。第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为。口将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通C1O2和通少量C1O2时SO2的去除率如图所示。通少量C1O2时SO2的去除率较低的原因是。

100100初60%/榜健K，o's参考答案：1．C【解析】【详解】A.青铜是铜、锡合金，A正确；B.O2和O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C.该反应中Cu2s中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以既是氧化剂又是还原剂，C错误；D.该反应中一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，D正确；综上所述答案为C。2.B【解析】【详解】NH3的空间构型是三角锥形，是极性分子，A项错误；NH4F由铵根和氟离子构成，则既含离子键又含共价键，B项正确；H2O为共价化合物，则其电子式为三：6：三，C项错误；■ISi为14号元素，原子核外有14个电子，则Si原子的电子排布式为[Ne]3s23P2,D项错误；答案选B。3.D【解析】【详解】A.实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制取氨气，加热时试管口应略向下倾斜，A项错误；B.浓硫酸能与氨气反应，不能用于干燥氨气，应使用碱石灰干燥氨气，B项错误；C.由于氨气密度小于空气，本装置收集氨气时导气管应，长进短出”，C项错误；D.氨气极易溶于水，用装置丁可以进行喷泉实验，D项正确；答案选D。【解析】【详解】A.钠单质可以冶炼金属钛是因为钠的还原性很强，A项正确；B.氢氧化钠可用作干燥剂是因为其易吸水潮解，与其强碱性无关，B项错误；CNa2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，C项错误；D.Na2s与Hg2+反应生成HgS,HgS难溶于水，所以Na2s用于除去工业废水中的Hg2+,与其还原性无关，D项错误；答案选A。5.B【解析】【分析】X的一种单质是已知自然存在的硬度最大的物质，则X为C元素；Y的基态原子s能级上的电子数等于p能级上的电子数，其原子序数大于C,则核外电子排布应为1s22s22P4或1s22s22p63s2,而Y是金属元素，所以Y为Mg元素；X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10,则W的最外层电子数为1042=4，所以W为Si元素或Ge元素，若W为Si元素，则Z只能是Al元素，不符合“Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素”，所以W为Ge元素，Z为第三周期元素Cl。【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径C<Cl<Mg<Ge,即r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W),A错误；B.稀有气体元素难以形成化合物，无法比较电负性，同周期主族元素自左至右电负性依次增大，所以同一周期中Cl的电负性最大，B正确；C.非金属性C<Cl,所以C的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，C错误；D.W为Ge元素，位于第4周期口人族，D错误；综上所述答案为B。6.D【解析】【详解】A.水很稳定是因为水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，氢键影响水的熔沸点，A项错误；. 5-3x1 B.PCl3中P原子价层电子对个数=3+5—^=4，含有一个孤对电子对，则其空间构型为三角锥形，B项错误; _...一. 5-1-4x1 c根据价层电子对互斥理论，PCl+的价层电子对数为4+—2-二4，则空间构型为正四面体，键角为109°28'，P4键角为60°，即P4与PCl+中的键角不相同，C项错误；D.1个[Cu(H2O)4]2+中含有4个配位键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中含有4mol配位键，D项正确；答案选D。7.C【解析】【详解】P4和硝酸反应，因为硝酸有强氧化性，则反应中磷的化合价上升，不会生成PH3，A项错误；Cu的金属活泼性在氢之后，不会与稀硫酸反应，B项错误；H3PO4属于酸，会与氢氧化钠发生中和反应，生成Na3PO4,C项正确；Cl2和铁在加热的条件下，生成FeCl3,D项错误；答案选C。8.B【解析】【详解】A.该反应中，AH<0，AS<0，根据AHTAS<0，反应才会自发进行，则该反应在低温下能自发进行，A项错误；.该反应中，AH<0，即为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，B项正确；C.升高温度，反应逆向移动，但是v(正)增大，v(逆)增大，C项错误；D.消耗2.24LCl2,未标注标准状态，无法计算反应转移电子数，D项错误；答案选B。.A【解析】【详解】A.单键均为。键，双键中有一个。键一个n键，所以X分子中。键、n键的数目比9：1,A正确；B.物质Y中不含亲水基，难溶于水，B错误；C.苯环、羰基均可以和氢气加成，所以ImolY最多能与8molH2发生加成反应，C错误；D.物质Z中羟基相连的碳原子上没有H原子，不能被催化氧化，D错误；综上所述答案为A。10．A【解析】【详解】A.乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，提高一种反应物的用量，可以使平衡正向移动，提高另一种反应物的转化率，A正确；B.碎瓷片的作用是防止暴沸，浓硫酸是催化剂，B错误；C.步骤2中紫红色变浅也可能是因为溶解在乙酸乙酯中的未反应的乙醇，C错误；D.乙酸为弱酸，不能拆，离子方程式应为CO2-+2CH3cOOH=H2O+CO2T+2CH3cOO,D错误；综上所述答案为A。11．D【解析】【详解】A.含硒废料中除硫单质外其他物质均不溶于煤油，所以分离的方法应为过滤，A错误；B.除硫后稀硫酸进行酸溶Fe2O3、CuO、ZnO均与硫酸反应生成相应的盐，Se和SiO2不与硫酸反应，所以滤液中主要存在的阴离子为SO2-,B错误；C.酸性溶液中不会生成氢氧根，正确离子方程式应为SeSO2-+2H+=Sel+SO/+H2O,C错误；D.据图可知，图中16个O原子全部位于晶胞内部，所以1个SiO2晶胞中有16个O原子，D正确；综上所述答案为D。【解析】【详解】a.Li+、sz-和s2-的离子直径小于s；-、s6-和s2-的离子直径，则s；-、s6-和s2-不能通过离子筛的原因是它们的直径较大，A项正确；B.放电时，Li为负极，硫碳复合电极为正极，则外电路电流从硫碳复合电极流向锂电极，B项正确；C.充电时，硫碳复合电极为阳极，其中Li2s2会失去电子，转化为S8,电极反应式为4Li2s2-8e-=S8+8Li+,C项正确；D.充电时，Li2s转化成S8时，电极反应式为8Li2s-16e-=S8+16Li+,而锂电极的电极反应式为Li++e-=Li,当有0.1molLi2s转化成S8时，锂电极质量增加0.1molx2x7g/mol=1.4g,D项错误；答案选D。.C【解析】【详解】0.1molLiNH』e(SOJ溶液中存在电荷守恒：c(NH+)+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(SO2.)+4 42 4 4c(OH-),测得pH约为2,则c(H+)>c(OH-),则c(NH+)+3c(Fe3+)<2c(SO2-),A项错误；2mL0.1molLiNH4Fe(SO4)2溶液中加入过量0.1molLiBa(OH)2溶液，反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，硫酸钡未体现，离子方程式错误，B项正确；C.向2mL0.1molLiNH4Fe(SO4)2溶液中滴加5mL0.1molLiNa2s溶液，有黄色和黑色的混合沉淀物生成，可知铁离子和硫离子反应生成了硫单质，在Na2s溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],部分硫离子反应，则c(Na+)>2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],C项正确；D.上层清液中，不会再发生沉淀的转化，则c(Mg2+)©(OH-户Ksp[Mg(OH)2],D项错误；答案选C。.C【解析】【详解】A.由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性答案第5页,共11页恰好为50%,曲线C表示HOCH2cH20H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；C190~198°C范围内，温度升高，反应II：(C00CH3)2(g)+4H2(g)——HOCH2CH20H(g)+2CH30H(g)AH2<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2molCH30H，只减少ImolHOCH2cH20H,HOCH2cH20H减小的幅度小于CH30H弁30HA逐渐减小，故C正确；n(HOCH2CH2OH)D.192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(C00CH3)2转化率降低，故D错误；故选C。(1)除去废镍催化剂表面的油污、溶解其中的Al1.25mol/L3Ni2++3CO2-+4H2055℃NiC03^2Ni(0H)2•2H20；+2C02T Na2c03溶液呈碱性，若将NiS04溶液加入至1」Na2c03溶液中，会使沉淀中Ni(0H)2偏多，Ni(0H)2中镍元素含量高于NiC03・2Ni(0H)2・2H20C02Ni0被氧化成更高价态的镍氧化物【解析】(1)油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分Ni、Al,少量其他不溶性物质)，加入Na0H溶液，可以除去废银催化剂表面的油污、溶解其中的Al,故答案为：除去废银催化剂表面的油污、溶解其中的Al；(2)口根据滴定反应：22++与丫2-=m丫2-+24，可知关系式:NiSO EDTA41 1 ,解得cNiSO EDTA41 1 ,解得cx20.00mL 0.04mol/Lx31.25mL0.04mol/Lx31.25mLc= 20.00mL=0.0625mol/L，贝I」NiS04溶液的物质的量浓度=0.0625mol/Lx100mL5mL=1.25mol/L,故答案为：1.25mol/L；口向NiS04溶液中加入适量Na2c03溶液，有NiC03-2Ni(0H)2-2H20沉淀生成和C02气体55℃放出，则离子方程式为：3Ni2++3C02-+4H20=NiC03・2Ni(0H)2・2H201+2C02T，故答案55℃为：3Ni2++3C02-+4H20=NiC03・2Ni(0H)2・2H201+2C02T；□Na2co3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2co3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O,故答案为：Na2CO3溶液呈碱性，若将NiSO4溶液加入到Na2cO3溶液中，会使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O；(3)A□NiCO3-2Ni(OH)2-2H2O热分解完全，其反应方程式为：NiCO3^2Ni(OH)2^2H2O=72NiO+CO/+4HO，若分解先得到水，则固体质量分数降低=--x100%=21.1%，若分解先2 2 34144得到二氧化碳，则固体质量分数降低=341x100%=12.9%，因此可知：300500K之间分解产生的气体为H2O,500700K之间分解产生的气体为CO2,故答案为：CO2；口700K后，反应完成，剩下的固体为NiO,在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加，故答案为：NiO被氧化成更高价态的银氧化物。16．(1)7(2)消去反应【解析】(1)E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；(2)E中醛基先被加成得到然后羟基发生消去反应得到F；(3)【解析】(1)E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；(2)E中醛基先被加成得到然后羟基发生消去反应得到F；(3)OH/对比A和B的结构简式可知，A中图示位置的碳氧键断裂（），O原子再结合一(4)F中含有9个C原子、3个O原子，不饱和度为4,其同分异构体满足：口分子中含有苯CH» 匚目标产物可以由 和 通过酯化反应生成，小可以由催Cfk化氧化生成，根据D生成E的过程可知，原料经类似的反应可以得到，一和O O O 0：mdH；，根据E生成F的过程可知产KOH环境中可以生成，再与氢气加成可得，所以合称路线为<(X)IL的㈱2 KKOH <(X)IL的㈱2 KKOH ILjch厂ch「c-ch、一\jr福商xLTA17.(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)6.0x10-7mol/L360℃(3)FeC2042H2O+LiH2Po4^=LiFePO4+COf+CO2T+3H20T(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】【分析】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C。、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)口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；口硫酸浓度较大后，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+)=1.0x10-5mol.L-i时，c(S2-尸"印('')='0乂1021mol/L=3.0xl0-c(Ni2+) 1.0x10-5i6mol/L，c(Coi6mol/L，c(Co2+)=K(CoS)

Cp(S2-)1.8x10-22 mol/L=6.0x10-7mol/L；3x10-16FeC2O4-2H2O与LiH2PO4按物质的量