2024年山东潍坊市高三三模化学高考试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页潍坊市高考模拟考试化学注意事项：1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。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：H-1

B-11

C-12

N-14

O-16

F-19

Na-23

Mg-24

S-32

Cl-35.5

Mn-55

Fe-56

Co-59

Bi-209一、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。1．2024年“两会”提出的“新质生产力”涵盖新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法错误的是A．精确控制硬化过程的可编程水泥属于硅酸盐材料B．具有独特光学、电学性能的纳米半导体CdTe量子点属于胶体C．福建号航母使用高性能富锌底漆是采用牺牲阳极保护法防腐蚀D．新型药物(VV116)所含氕与氘互为同位素2．下列操作或装置能达到实验目的的是

A．甲：制备固体 B．乙：测定中和反应反应热C．丙：在铁质镀件表面镀铜 D．丁：分离甲苯和乙醇3．下列分子或离子中，空间构型不为直线形的是A． B． C． D．4．血红蛋白结合后的结构如图所示，也可与血红蛋白结合。下列说法错误的是A．血红蛋白中心离子与卟啉环形成6个螯合键B．与血红蛋白结合时，原子提供孤电子对C．第一电离能：D．基态含有4个未成对电子5．2-苯并咪唑(TF)可用于检测甲醛，其制备过程及甲醛检测反应机理如下图。下列说法错误的是A．一定条件下，物质I最多可消耗B．物质Ⅱ可与反应C．TF既可以与酸又可以与碱反应D．检测甲醛的过程中发生了加成和消去两步反应6．钠离子电池具有充电速度快和低温环境性能优越的特点，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基可增强其电化学活性，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．连接时，透过隔膜进入电极室B．连接时，电源极的电势比极低C．连接时，每转移，两电极质量变化相差D．连接时，的电极反应为：7．环戊酮是合成新型降压药物的中间体，实验室制备环戊酮()的反应原理如下：已知：a．己二酸，熔点为，左右升华；b．环戊酮沸点，着火点。步骤如下：I．将己二酸和适量置于蒸馏烧瓶中，维持温度，均匀加热20分钟；Ⅱ．在馏出液中加入适量的浓溶液，振荡锥形瓶、分液除去水层；向有机层中加入，振荡分离出有机层；Ⅲ．对Ⅱ所得有机层进行蒸馏，收集馏分，称量获得产品，计算产率。对于上述实验，下列说法正确的是A．步骤I中，为增强冷凝效果应选用球形冷凝管B．步骤I中，为保证受热均匀应采取水浴加热的方式C．步骤Ⅱ中，分液操作需要的玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯、玻璃棒D．步骤Ⅲ中，应收集范围内的馏分8．环戊酮是合成新型降压药物的中间体，实验室制备环戊酮()的反应原理如下：已知：a．己二酸，熔点为，左右升华；b．环戊酮沸点，着火点。步骤如下：I．将己二酸和适量置于蒸馏烧瓶中，维持温度，均匀加热20分钟；II．在馏出液中加入适量的浓溶液，振荡锥形瓶、分液除去水层；向有机层中加入，振荡分离出有机层；III．对II所得有机层进行蒸馏，收集馏分，称量获得产品，计算产率。根据上述实验原理，下列说法错误的是A．步骤I的温度高于，可以提高环戊酮的产率B．步骤II加入浓溶液可以除去己二酸并减小环戊酮的溶解度C．步骤II中加入量不足，会使分离出的有机层质量偏大D．环戊酮的产率是9．铂钯精矿中的、、含量较低，、、含量较高。一种从铂钯精矿中提取和的工艺如图所示。已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为、、；在煮沸下与水反应得到易溶于水的。下列说法错误的是A．“酸浸”可除去、、B．“分金”过程发生反应的化学方程式是C．“煅烧”过程中每消耗转移D．“煮沸”过程中产生10．3-卤代吡啶是一种重要的农药中间体。可由吡咯在强碱条件下与卤仿(，，，)重排生成，其反应机理如图。下列说法错误的是A．吡咯和3-氯吡啶中均含有大键B．在水中的溶解度：吡啶<3-氯吡啶C．二氯卡宾的制备可表示为：D．二氯卡宾与可制得二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是实验操作现象结论A加热麦芽糖和稀硫酸的混合溶液，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入银氨溶液，加热有银镜产生水解产物中一定含有还原性糖B将液体和固体分别暴露在潮湿空气中前者会冒“白烟”水解程度：C向溶液中加入过量稀盐酸有白色沉淀产生与结合的能力强于分子与的配位能力D在硬质试管中对石蜡油加强热，将产生的气体通入酸性溶液中酸性溶液紫色褪去气体中含有不饱和烃A．A B．B C．C D．D12．是生产化肥、含氮有机化学品、药物和聚合物的重要化合物，以乙醇为质子导体在电解池中利用连续介导()合成的装置如图所示。下列说法错误的是A．的作用是活化B．每产生需补充C．阴极反应包含如下过程：D．电解质溶液可换为含有少量乙醇的水溶液13．二氟化氧常用作高能火箭推进系统中的氧化剂，一种在温和条件下制取的工艺如图所示。下列说法正确的是A．反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3B．还原性：C．反应I~Ⅳ中，氟元素化合价发生变化的反应有3个D．制取，至少需加入14．-月桂烯与的加成反应的部分机理和反应势能变化如图所示。下列说法错误的是A．-月桂烯与丁基苯互为同分异构体B．POZ-Anti比POZ-Syn更稳定C．升高温度，一定减小D．-月桂烯与经历两种历程得到释放的能量相同15．向饱和溶液(有足量固体)中滴加溶液，发生反应和。lg、与的关系如图所示。(其中代表或；代表或；忽略和水解)下列说法错误的是A．B．反应的平衡常数C．点时，D．时，若溶液中，则三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．、、、组成的化合物通过空位的掺杂可引入载流子诱发超导，的晶体结构和氧原子沿轴的投影如图所示。回答下列问题：(1)基态原子中层上的电子空间运动状态有种；O、S、Cl电负性由大到小的顺序是。(2)氮族元素氢化物(MH3)NH3、PH3、AsH3、SbH3、BiH3键角H-M-H最大的是(填化学式)；键长最长的是(填化学式)。已知：配离子的颜色与电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的轨道跃迁到较高能量的轨道所需的能量为的分裂能，用符号表示。分裂能(填“>”“<”或“=”)，理由是。(3)A属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为，该晶胞中Bi原子的配位数为。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度(用含的代数式表示)。17．叠氮化钠在防腐、有机合成和汽车行业有着广泛的用途。用氨基钠制取叠氮化钠的化学方程式为。实验室用下列装置制取叠氮化钠并测定其纯度。

已知：①氨基钠熔点为，易潮解和氧化；②有强氧化性，不与酸、碱反应。回答下列问题：(1)仪器的连接顺序为(仪器不能重复使用)。装置B的作用为，装置D中应选用的试剂为。(2)制备时进行操作：(i)检验装置气密性并添加药品；(ii)……；(iii)打开加热套。步骤(ii)的操作是。(3)装置A中反应除生成装置C中需要的物质外，还生成等。其反应的化学方程式是。(4)纯度测定：取反应后装置中所得固体，用如图所示装置测定产品的纯度(原理为：加入溶液将氧化成，测定的体积，从而计算产品纯度)。①的初始读数为、末读数为，本实验条件下气体摩尔体积为产品中的质量分数为。②反应结束读数时，若中液面低于球形干燥管液面，则测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。18．一种工业上利用废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为，还含有铝箔、炭黑、有机粘合剂等)综合回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如下图所示：已知：①的溶解度随温度升高而减小；②，，。回答下列问题：(1)中、元素的化合价分别为+2价、+3价，若，则元素的化合价为。锂离子电池中的电解质与水相遇会生成，该反应的化学方程式为。(2)“酸浸”时，下列试剂中最适宜替换的是。a．溶液

b．溶液

c．溶液

d．浓盐酸(3)若“酸浸”后溶液中、、浓度均为，欲使完全沉淀(离子浓度小于)而不沉淀、，理论上需调节溶液范围为；实际“沉钴”时，在加入之后溶液中超出完全沉淀所需浓度，须先加入一定量氨水，所加氨水的作用为。(4)“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色又褪去，紫红色褪去的原因为(用离子方程式表示)。(5)“沉锂”操作中需将温度升高到，原因是：①加快反应速率；②。19．萘哌地尔是一种常用的肾上腺素受体阻滞药，可由以下工艺合成：i．合成中间体：ii．合成萘哌地尔：已知：①；②。回答下列问题：(1)②的反应类型为，D中含有的官能团名称为。(2)的化学方程式为。可用溶液检验中是否混有，其现象为。(3)D的同分异构体中，能使溶液变色的有种；I的结构简式为。(4)根据上述信息，写出以1，1-二苯乙烷和苯胺为主要原料制备的路线。20．研究含、的污染排放物的性质，对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。回答下列问题：(1)城市中和污染主要来源于汽车尾气，在空气中存在如下反应：，研究资料表明该反应的反应速率随温度的升高而减小，上述反应分两步完成，如图1所示。①图1中第一步反应的热化学方程式为。②由实验数据得到第二步反应的关系如图2所示。当升高温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为(填字母)。(2)将转化为等物质，是实现“双碳”目标的途径之一。①在某催化剂作用下，和合成甲酸仅涉及以下反应：I．

Ⅱ．

在刚性容器中，加入和各发生反应，平衡时的转化率及和的选择性随温度变化如图所示。时，平衡后的压强与初始压强之比为(用含的代数式表示)。时，反应I的平衡常数(结果保留小数点后两位)。②某研究小组在密闭容器中充分搅拌催化剂的DMSO(有机溶剂)溶液，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为，反应机理如下：Ⅲ．Ⅳ．V．实验测得：，时，随催化剂浓度变化如图，时，不再显著增大的原因是。催化剂足量条件下，在溶液中加入三乙基胺，的平衡转化率(填“增大”“减小”或“不变”)。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】A．水泥的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故A正确；B．纳米半导体CdTe量子点是纯净物，不属于胶体，故B错误；C．由于锌比铁活泼，锌为负极被腐蚀，钢铁作为正极被保护，此依据是牺牲阳极法防腐，故C正确；D．质子数相同，中子数不同的核素互为同位素，氕为与氘为互为同位素，故D正确；故答案选B。2．C【详解】A．易被氧化，在蒸发皿中直接蒸干溶液不能得到固体，则不能达到实验目的，故A错误；B．测定中和反应反应热应该用强酸和强碱的稀溶液，不能用弱酸、弱碱，则不能达到实验目的，故B错误；C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，铁质镀件镀铜时，铁质镀件作阴极，与电源负极相连，铜片作阳极，与电源正极相连，能达到实验目的，故C正确；D．分离甲苯和乙醇用的是蒸馏的方法，温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，则该装置不能达到实验目的，故D错误；故选C。3．C【详解】A．C2Cl2的结构式为Cl-C≡C-Cl，碳碳三键为直线结构，故C2Cl2分子空间构型为直线形，A不符合题意；B．和CO2是等电子体，结构相似，CO2为直线结构，故的空间构型是直线形，B不符合题意；C．中心原子I原子为sp3杂化，有两对孤对电子，空间构型为角形，C符合题意；D．SCN-和CO2是等电子体，结构相似，CO2为直线结构，故SCN-的空间构型是直线形，D不符合题意；本题选C。4．A【详解】A．由图可知，血红蛋白中心离子与卟啉环形成4个螯合键，故A错误；B．CO中C的电负性比O的电负性小，更易提供孤电子对与Fe2+形成配位键，故B正确；C．同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：，故C正确；D．基态的价电子排布式为3d6，3d能级有5个原子轨道，含有4个未成对电子，故D正确；故选A。5．A【详解】A．1mol酯基消耗1molNaOH，物质Ⅰ中有2个酯基消耗2molNaOH，苯环上溴原子发生水解反应消耗1molNaOH，生成酚羟基，再消耗1molNaOH，则1mol物质Ⅰ消耗4molNaOH，故A项错误；B．1mol苯环与H2加成消耗3molH2，1mol碳碳双键与H2加成消耗1molH2，1mol氮碳双键与H2加成消耗1molH2，物质Ⅱ中有2个苯环、2个碳碳双键，1个氮碳双键，共消耗9molH2，故B项正确；C．TF物质中含有酰胺基，既可以与酸又可以与碱反应，故C项正确；D．先与甲醛发生加成反应，生成，再发生消去反应，生成，故TF检测甲醛的过程中发生了加成和消去两步反应，故D项正确；故本题选A。6．D【分析】c连接e时，装置为原电池，电极B为负极，嵌在石墨中的Na失电子变为Na+，进入右侧电极室后，通过隔膜迁移至左侧电极室形成磺酸盐；c连接d时，连接外电源给电池充电，是电解池，电极B接外电源负极作阴极，Na+得电子变为Na重新嵌入石墨得NaxCy，则电极A为阳极失电子，Na+通过隔膜迁移至右侧电极室；【详解】A．由分析，c连接d时为电解池，Na+通过隔膜迁移至右侧电极室B，A错误；B．由分析，c连接d时为电解池，电极A为阳极连接外电源正极，a为外电源正极电势高于b，B错误；C．由分析，c连接e时为原电池，每转移1mole−，电极B有1molNa失电子变为Na+并迁移至电极A，电极B失重23g，电极A增重23g，两电极质量变化相差46g，C错误；D．由分析，c连接e时为原电池，A为正极得电子，同时结合右侧电极室迁移过来的Na+，电极反应为，D正确；本题选D。7．D【详解】A．直形冷凝管一般是用于蒸馏,即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置,即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流,使反应更彻底，步骤I中反应后蒸馏，为增强冷凝效果应选用直形冷凝管，A错误；B．因为反应温度需要稳定维持在285~290℃，水浴温度低，酒精灯加热温度不稳定，因此要用熔融的KNO3+NaNO3盐浴，B错误；C．步骤Ⅱ中，分液操作需要的玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，C错误；D．因环戊酮沸点，步骤Ⅲ中，应收集范围内的馏分，D正确；故选D。8．A【详解】A．步骤I的温度高于，己二酸升华，环戊酮的产率降低，故A错误；B．己二酸能与反应生成可溶性盐，步骤II加入浓溶液可以除去己二酸并减小环戊酮的溶解度，故B正确；C．步骤II中加入的目的是干燥环戊酮，量不足，干燥不充分，会使分离出的有机层质量偏大，故C正确；D．己二酸的物质的量为0.3mol，环戊酮的理论产量为0.3mol，环戊酮的实际产量为0.225mol，产率是，故D正确；选A。9．C【分析】已知“氯化溶解”后所得主要产物为、、，则“酸浸”过程应除去了、、，分金过程通入SO2除去Au，加入NH4Cl沉铂、沉钯，煮沸过程分离铂和钯，煅烧得到Pt，在煮沸下与水反应得到易溶于水的。【详解】A．由分析知，“酸浸”过程为电控除杂，可除去、、，故A正确；B．“分金”过程发生的是氧化还原反应，SO2为还原剂，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式是，故B正确；C．“煅烧”过程中发生反应，由方程式可知，每消耗转移，故每消耗转移，故C错误；D．“煮沸”过程中发生反应，故产生，故D正确；故选C。10．B【详解】A．吡咯和3-氯吡啶都是平面结构分子，且有单双键交替的共轭结构，均含有大π键，A正确；B．3-氯吡啶中由于氯原子的吸电子效应，导致3-氯吡啶中N原子电子云密度减小，不容易与水形成分子间氢键，溶解度减小，故在水中的溶解度：吡啶>3-氯吡啶，B错误；C．根据所给机理的前两步，二氯卡宾的制备可表示为：CHCl3+NaOH→:CCl2+H2O+NaCl，C正确；D．根据题中信息，二氯卡宾可以使含N的共轭环结构增加一个碳同时保留共轭结构，增加的碳原子上连接氯原子，故二氯卡宾与可制得，D正确；故选B。11．AC【详解】A．麦芽糖是还原性糖，加热麦芽糖和稀H2SO4混合溶液，冷却后的溶液也有还原性，无法证明是麦芽糖本身还是麦芽糖水解产物有还原性糖，A错误；B．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，前者会冒“白烟”，说明TiCl4水解产生大量HCl，水解性：TiCl4>FeCl3，B正确；C．向[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量稀盐酸生成氯化银，离子方程式为：，滴加盐酸过程中，只要Q＞Ksp(AgCl)即可产生沉淀，而氯化银沉淀的产生会促使配离子进一步离解，氢离子也会和氨分子反应生成铵根离子，促使配离子进一步离解，故不能说明Cl−与Ag+结合的能力强于NH3分子与Ag+的配位能力，C错误；D．石蜡油主要是烷烃，不饱和烃可使酸性KMnO4溶液紫色褪去，由实验和现象可知石蜡油发生了反应且产物含有不饱和烃，D正确；故选AC。12．BD【分析】由图可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-结合生成乙醇，乙醇又离解生成氢离子和C2H5O-，右侧电极为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，则电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气。【详解】A．，氮气与钙反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，的作用是活化，A正确；B．由分析可知，电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则阴极区生成氨气时，催化剂乙醇的量没有变化，B错误；C．钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，阴极反应包含如下过程：，C正确；D．钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，所以电解质溶液不能换为含有少量乙醇的水溶液，D错误；故选BD。13．D【分析】反应Ⅰ为H2O2与KMnO4、KF、HF反应转化为O2、K2MnF6、H2O，方程式为3H2O2+2KMnO4+2KF+10HF=3O2↑+2K2MnF6+8H2O①，反应Ⅱ为HF、SbCl5反应生成SbF5、HCl，方程式为：5HF+SbCl5=SbF5+5HCl②，反应Ⅲ为K2MnF6与SbF5反应生成MnF3、KSbF6、F2，方程式为2K2MnF6+4SbF5=2MnF3+4KSbF6+F2↑③，反应Ⅳ的方程式为：2F2+2KOH=OF2+2KF+H2O④，据此回答。【详解】A．根据①方程式可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3:2，A错误；B．根据方程式①可知，还原性H2O2>K2MnF6，根据方程式③可知，氧化性K2MnF6>MnF3，B错误；C．根据四个方程式可知，氟元素化合价发生变化的反应有2个，分别为Ⅲ和Ⅳ，C错误；D．根据OF2~2F2~8SbF5+4K2MnF6可知，生成8molSbF5需要40molHF，生成4molK2MnF6需要20molHF，则制取1molOF2，至少需加入60molHF，D正确；故选D。14．AC【详解】A．β-月桂烯中含有3个不饱和度，苯环具有4个不饱和度，故不属于同分异构体，A错误；B．能量越低越温度，根据图示，POZ-Anti比POZ-Syn更稳定，B正确；C．根据图示可知，POZ−Syn转化为POZ−Anti为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，比值增大，C错误；D．反应的焓变与中间过程无关，只与物质的起始和终点能量有关，D正确；故答案为：AC。15．BD【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]−，溶液中小于，则直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随变化的关系，由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35mol/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，据此分析解题。【详解】A．a点为AgBr的饱和溶液，c(Ag+)=c(Br-)=mol/L，则a=-6.1，A正确；B．反应中，K=，则c点时，，则K=，B错误；C．根据物料守恒，在b点时，，C正确；D．根据反应可知，通过c点，平衡常数，则，所以c(Ag+)=mol/L，根据mol/L，D错误；故选BD。16．(1)16(2)带三个正电荷，对电子的吸引力大，电子跃迁需要的能量高(3)4，6【分析】晶胞中Bi均摊为，S均摊为，Cl均摊为，O均摊为，Bi原子的配位数为4和6，如图所示：，据此回答。【详解】（1）基态Bi原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p3，则N层上的轨道数目为16个，电子空间运动状态有16种，非金属性越强，电负性越大，则O、S、Cl电负性由大到小的顺序是：O>Cl>S；（2）N、P、As、Sb、Bi为同主族元素，从上往下电负性值在减小，对孤电子对的吸引力在减小，所以H-M-H最大的是NH3，N、P、As、Sb、Bi为同主族元素，从上往下半径在增大，键长依次增大，BiH3的键长最长，分裂能，因为带三个正电荷，对电子的吸引力大，电子跃迁需要的能量高；（3）根据分析可知，晶胞中Bi原子的配位数为4，6，化合物A的密度ρ=g⋅cm−3。17．(1)g，h，c，d，e，f吸收多余的；防止空气中的氧气进入装置C浓硫酸(2)打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞，通入一段时间气体(3)(4)偏高【分析】根据反应原理，利用盐酸与混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用B中的碱石灰吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，进入装置C中与NaNH2反应制备NaN3，D用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理，据此分析解题。【详解】（1）根据分析，仪器的连接顺序为；装置B的作用吸收多余的；防止空气中的氧气进入装置C；装置D中应选用的试剂：浓硫酸；（2）制备时进行操作：检验装置气密性并添加药品后打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞，通入一段时间气体；（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质外，还生成等。其反应的化学方程式：；（4）①若G的初始读数为V1mL、末读数为V2mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，生成N2体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数：；②反应结束读数时，若中液面低于球形干燥管液面，则测定结果偏高。18．(1)+4(2)b(3)将、转化为稳定配离子(或与、反应降低浓度)，避免沉钴时与共沉淀(4)(5)的溶解度随温度升高而减小，温度升高到，提高沉锂反应转化率；升温碳酸分解，平衡正移，浓度增大，提高沉锂反应转化率【分析】三元锂离子电池正极材料粉碎灼烧除去炭黑、有机粘合剂，碱浸后除去铝，滤液中为偏铝酸钠，酸浸时加入硫酸和过氧化氢将金属转化成离子，通过沉钴中加一水合氨、草酸铵除去钴元素，产生的是，说明此时钴元素的价态为+2价，说明加入的过氧化氢作为还原剂还原钴元素为+2价，加入溶液通过氧化还原将锰元素转化为二氧化锰，加入碳酸钠和氢氧化钠除镍，最后将锂离子转化成碳酸锂。【详解】（1）中、元素的化合价分别为+2价、+3价，根据化合价代数和为0，假设，元素的化合价为a，可知，a=4，则元素的化合价为+4；与水相遇会生成，反应为：，故答案为：+4；。（2）根据分析可知“酸浸”时作为还原剂，因此可替代的是溶液，故答案为：b。（3）当Co2+完全沉淀(离子浓度小于)，等于时，c()=，Ksp(NiC2O4)=4×10-10>Ksp(MnC2O4)=1×10-13，所以只要锰离子不沉淀，镍离子就一定不沉淀，当锰离子恰好不沉淀时，Mn2+浓度均为0.1mol/L，c()=，需调节的范围为10-13mol/L<c()<10-12mol/L，加入(NH4)2C2O4之前须先加入一定量氨水，推测所加氨水的作用为将Ni2+、Mn2+转化为稳定配离子，避免沉钴时与Co2+共沉淀，故答案为：；将、转化为稳定配离子(或与、反应降低浓度)，避免沉钴时与共沉淀。（4）“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色是生成高锰酸根离子的缘故，一段时间后紫红色又褪去是在酸性环境中高锰酸根离子又参与反应，则溶液褪色的原因是：，故答案为：。（5）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，可促进自耦电离：，增大溶液中的c()，有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率，故答案为：的溶解度随温度升高而减小，温度升高到，提高沉锂反应转化率；升温碳酸分解，平衡正移，浓度增大，提高沉锂反应转化率。19．(1)取代反应醚键、氨基(2)有淡黄色沉淀生成(3)16(4)【分析】ii．合成萘哌地尔：E(C10H8)与丙烯(C3H6)反应得F(C13H14)，通过分子式可知发生的是加成反应，F氧化得G，G与硫酸反应，碳原子数减少，反应可参考已知②，H为醇，H和反应得I，根据I的分子式可知，H羟基中的氢原子被取代得I，I与C反应得目标产物，根据目标产物分析可知I为，故H为，G生成H的反应