山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练7解析

高三模拟试题PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE21山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练7可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35．5Ti48Co59选题题本题共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．我国在很多领域取得了举世瞩目的成就，下列工程使用的部分材料如表所示，其中属于金属材料的是()A．神舟宇航员的宇航服——合成纤维B．完成万米深潜的“奋斗者号”潜水器中的固体浮力材料——高强空心玻璃微球C．航天飞船返回舱侧壁壳体——高强度铝合金D．卫星芯片使用的高纯硅〖答案〗C〖解析〗A．合成纤维是由合成的高分子化合物制成的，常用的合成纤维有涤纶、锦纶、腈纶、氯纶、维纶、氨纶、聚烯烃弹力丝等，不是金属材料，A错误；B．高性能空心玻璃微珠是一种中空的圆球粉末状超轻质无机非金属材料，是近年发展起来的一种用途广泛、性能优异的新型轻质材料，材料不是金属，B错误；C．高强度铝合金是指其拉伸强度大于480MPa的铝合金，主要是以Al-Cu-Mg和Al-Zn-Mg-Cu为基的合金，成分材料为金属，C正确；D．高纯硅为无机非金属材料，D错误。2．陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡA用铁槽盛放浓HNO3铁不与浓HNO3反应B用氢氟酸刻蚀玻璃HF能与玻璃中的SiO2反应C用钾盐作紫色烟花原料电子跃迁到激发态释放能量，产生紫色光DNa高温还原KCl制备金属K金属性：Na<K〖答案〗B〖解析〗A．铁与浓硝酸常温下发生钝化，因此常用铁槽盛放浓硝酸，故A不符合题意；B．HF能与玻璃中的SiO2反应，所以用氢氟酸刻蚀玻璃，故B符合题意；C．用钾盐作紫色烟花原料是因为电子从激发态跃迁到基态释放能量，产生紫色光，故C不符合题意；

D．Na高温还原KCl制备金属K，主要是K的沸点低，故D不符合题意。3．化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作能达到实验目的的是()A．除去SO2中的少量HClB．蒸发结晶制胆矶C．熔融纯碱D．制备Cl2〖答案〗A〖解析〗A．饱和亚硫酸氢钠可以抑制二氧化硫的溶解且能和HCl生成二氧化硫气体，A正确；B．胆矾为五水硫酸铜晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶制胆矾，B错误；C．碳酸钠能和瓷坩埚中二氧化硅等反应，C错误；D．浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应缺少加热装置，D错误。4．从紫草植物中提取出的萘醌类物质具有抗肿瘤及免疫调节的作用，结构如图所示。下列说法错误的是()A．1mol该物质能与2molNaOH溶液发生反应B．存在含有2个苯环的同分异构体C．使高锰酸钾溶液、溴蒸气褪色的原理相同D．至少有11个碳原子共平面〖答案〗C〖解析〗A．该有机物分子中含有两个酚羟基，1mol该物质可以与2molNaOH溶液反应，A正确；B．该有机物分子不饱和度为10，苯环的不饱和度为4，从不饱和度的角度满足存在含有2个苯环的同分异构体的条件，B正确；C．使高锰酸钾溶液褪色是氧化反应，使溴蒸气褪色是加成反应，原理不同，C错误；D．苯环上6个碳、右侧相邻碳环上的4个碳以及相连的一个碳原子一定共面，至少有11个碳原子共面，D正确。5．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是()A．X与Q的最高化合价均为＋6B．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应C．简单氢化物的沸点：Q＞Z＞XD．W单质在空气中燃烧的产物是W2O2〖答案〗B〖解析〗W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，W可形成1价阳离子、W为ⅠA，则X与Q同族，Q能共用6对电子对、则最外层有6个电子，X、Q为ⅥA，结合原子序数的相对大小可知：X为O元素、Q为S元素，W为Li元素；Z能共用1对电子对，Z为ⅦA、结合原子序数的相对大小，Z为F元素，Y和Z的原子序数之和与Q相等，Y的原子序数=16-9=7，Y为N元素，Y共用2对电子对、从W处得到1个电子，则Y也满足8电子结构，综上，W为Li、Y为N、X为O、Z为F、Q为S。〖解析〗A．X为O、Q为S，Q的最高化合价均为＋6，X则没有＋6价，A错误；B．化合物QX2即二氧化硫是酸性氧化物、能与氢氧化钠溶液反应，YX2为二氧化氮能和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，B正确；C．X为O、Z为F、Q为S，简单氢化物分别为H2O、HF、H2S，水分子之间有氢键、氟化氢分子之间也有氢键，水分子间的氢键数大于氟化氢分子间的氢键数，硫化氢分子间只存在分子间作用力，因此，沸点：X＞Z＞Q，C错误；D．W单质(Li)在空气中燃烧的产物是W2O(Li2O)，D错误。6．利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是()a中反应b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓H2SO4生成SO2品红溶液褪色CMnO2和浓盐酸生成Cl2紫色石蕊试液先变红后褪色DCH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色〖答案〗A〖解析〗A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．反应生成的氯气和水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故紫色石蕊试液先变红后褪色，b中现象能证明a中产物，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意。7．酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如图所示，分子中所有原子共平面，邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料。下列说法错误的是()A．邻苯二甲酰亚胺()中的氮原了采取sp3杂B．化酞菁分子中的所有N原子均采取sp2杂化C．邻苯二甲酸酐()的熔点高于邻苯二甲酰亚胺()D．邻苯二甲酸酐()与水反应生成邻苯二甲酸〖解析〗A项，邻苯二甲酰亚胺()中的氮原了形成3个σ键，故N原子采取sp3杂化，A正确；B项，根据结构式可知，形成双键的N原子采取sp2杂化，—NH—的N原子参与形成大π键，也采取sp2杂化，故N原子的杂化方式均为sp2，B正确；C项，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高，C错误；D项，邻苯二甲酸酐()与水反应生成邻苯二甲酸，D项正确。8．科学家设想利用图示装置进行CO2的固定，同时产生电能。该装置工作时，生成的碳附着在电极上。下列说法错误的是()A．电极板(Li)作该电池的负极B．若导线中流过4mole－，理论上负极区减少4molLi＋C．负极区不适合选用水溶液作电解质溶液D．采用多孔催化剂电极有利于CO2扩散到电极表面〖答案〗B〖解析〗A．由图知，Li为负极，多孔催化剂电极为正极，故A正确；B．导线中流过4mole－，负极产生4molLi＋，同时有4molLi＋向正极区移动，所以理论上负极区Li＋的物质的量不变，故B错误；C．Li能与水反应，负极区不适合选用水溶液作电解质溶液，故C正确；D．多孔结构有利于气体扩散，即有利于CO2扩散到电极表面，故D正确。9．在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是()A．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>HB．该配离子中能与水分子形成氢键的原子有N、O和HC．1mol该配离子中含有的配位键数目为6NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)D．已知缩二脲的分子式为C2H5N3O2，则由尿素〖CO(NH2)2〗生成缩二脲的反应类型为取代反应〖答案〗C〖解析〗A．同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐变大，故电负性：O>N>C，且三者电负性均大于氢，A正确；B．由题图可知，N、O能与水分子中的氢原子形成氢键，H能与水分子中的氧原子形成氢键，B正确；C．由题图可知，该配离子中，两个铜离子与其他原子共形成8个配位键，故1mol该配离子中含有的配位键数目为8NA，C错误；D．已知缩二脲的分子式为C2H5N3O2，根据题图可判断出缩二脲的结构简式为，结合尿素的结构简式判断，由尿素生成缩二脲的反应类型为取代反应，D正确。10．科研人员提出120℃下CeO2催化合成DMC(碳酸二甲酯)需经历三步反应，示意图如图。下列说法正确的是()A．甲醇是反应的中间产物B．改用更高效的催化剂，可提高DMC的平衡产率C．反应历程①②③中，活化能越高，反应速率越慢D．向反应体系中加入少量水蒸气，反应物的平衡转化率升高〖答案〗C〖解析〗由示意图可知，甲醇是反应物，故A错误；催化剂不能使平衡移动，改用更高效的催化剂，不能提高DMC的平衡产率，故B错误；活化能越高，反应速率越慢，故C正确；二氧化碳和甲醇在120℃下CeO2催化合成碳酸二甲酯和水，向反应体系中加入少量水蒸气，平衡逆向移动，反应物的平衡转化率降低，故D错误。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．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L－1)。实验操作与现象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3〖Fe(CN)6〗溶液，产生蓝色沉淀③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3〖Fe(CN)6〗溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀依据上述实验现象，结论不合理的是()A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明SOeq\o\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响〖答案〗D〖解析〗铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液，根据溶液红褐色，说明Fe3＋发生水解反应，滴加K3〖Fe(CN)6〗无蓝色沉淀产生，说明，没有发生还原反应，故C正确；结合实验①、③可知，SOeq\o\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。12．用双酚A和COCl2合成聚碳酸酯，其结构如下。下列说法错误的是()双酚A碳酸酯A．双酚A与足量H2的加成产物没有旋光性B．双酚A分子一定共线的碳原子有5个C．双酚A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色D．聚碳酸酯山双酚A和COCl2经缩聚反应制备〖答案〗B〖解析〗A．双酚A与足量H2的加成产物为，该加成产物中不含手性碳原子，没有旋光性，A项正确；B．双酚A中苯环碳原子采取sp2杂化，两个红框中碳原子分别共直线，但两个红框共有的饱和碳原子采取sp3杂化，与该碳原子直接相连的4个碳原子构成四面体，两个红框中5个碳原子不可能共线，双酚A中；一定共线的碳原子有3个，B项错误；C．双酚A中官能团为酚羟基，能与溴水发生取代反应使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，C项正确；D．双酚A与COCl2发生缩聚反应生成聚碳酸酯和HCl，D项正确。13．科学家最近发明了一种Al－PbO2电池，通过x和y两种离子交换膜隔成M、R、N三个区域(a>b)，三个区域的电解质分别为K2SO4、H2SO4、KOH中的一种，结构如图所示。下列说法错误的是()A．放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大B．放电时，PbO2电极反应为：PbO2＋4H+＋2e-＝Pb2+＋2H2OC．M区电解质为KOH，且放电时K+通过x膜移向R区D．消耗1．8gAl时，N区域电解质溶液减少9．6g〖答案〗BD〖解析〗该电池为Al－PbO2电池,电解质为K2SO4、H2SO4、KOH，通过x和y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，从图中可知原电池工作时负极发生反应为：Al＋4OH-－3e-＝〖Al(OH)4〗-，消耗OH-，K+向正极移动；正极反应为：PbO2＋4H+＋＋2e-＝PbSO4＋2H2O，正极消耗H+和，阴离子向负极移动；则x是阳离子交换膜，y是阴离子交换膜，则M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4。A．由上述分析可知，放电时R区域K+与不断进入，所以电解质浓度逐渐增大，A正确；B．放电时，PbO2电极反应为PbO2＋4H+＋2e-＝PbSO4＋2H2O，B错误；C．根据分析M区电解质为KOH，且放电时K+通过x膜移向R区，C正确；D．消耗1．8gAl，电子转移0．2mol，N区消耗0．4molH+，0．1mol，同时有0．1mol移向R区，则相当于减少0．2molH2SO4，同时生成0．2molH2O，则R区实际减少质量为，D错误。14．以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，含少量As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()已知：浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、AsCl3、CuCl2等。A．“还原”过程加适量Sb目的是更好地循环利用Sb元素B．“除铜”时，不宜加过多的Na2S，是为了防止生成Sb2S3或产生有毒物质C．“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为：2AsCl3＋3Na3PO2＋3H2O＝2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HClD．“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为2:3〖答案〗D〖解析〗辉锑矿加入盐酸和SbCl5，得到浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、AsCl3、CuCl2；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入Na3PO2，AsCl3和加入的Na3PO2反应生成As、Na3PO3，之后得到SbCl3溶液，电解生成Sb和SbCl5。A．浸出液中含过有SbCl5，加适量Sb两者反应生成SbCl3且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；B．过多的Na2S会和SbCl3反应生成Sb2S3，导致Sb元素流失；Na2S具有还原性也可能会和AsCl3反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的Na2S，是为了防止生成Sb2S3或产生有毒物质，B正确；C．由流程可知，除砷”时AsCl3和加入的NaH2PO2反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成H3PO3，该反应的化学方程式为：2AsCl3＋3Na3PO2＋3H2O＝2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl，C正确；D．“电解”时，SbCl3生成Sb和SbCl5，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3∶2，D错误。15．25℃时，向0．1mol·L-1BOH溶液中滴加相同浓度盐酸，体系中粒子浓度对数值(lgc)、反应物的物质的量之比与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡B＋＋H2OBOH＋H＋B．m、n分别表示lgc(Cl-)、lgc(OH-)变化曲线C．25℃时，BOH的电离平衡常数为10-4.75D．a点对应的溶液中存在：2c(H＋)＋c(Cl-)＝2c(OH-)＋c(B＋)〖答案〗B〖解析〗HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当＝1时，pH应为7，但是当＝1时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点b，是因为存在水解平衡B＋＋H2OBOH＋H＋，故BOH是一元弱碱。A．根据分析可知，b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡B＋＋H2OBOH＋H＋，A正确；B．由图可知随着盐酸的加入，氢氧根离子浓度减小，其对数值减小pH减小，故m表示lgc(OH-)，随着盐酸的加入，到一定程度的时候，溶液中产生B＋，随着盐酸的量的增加，B＋浓度也在增大，lgc(B＋)也在增大，故n表示lgc(B＋)，B错误；C．当pH＝9．25时，c(OH-)＝10-(14-9．25)＝10-4．75mol·L-1，lgc(BOH)＝lgc(B＋)，则K＝＝10−4．75，C正确；D．a所示溶液，pH＝7，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH-)，又溶液中电荷守恒：c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH-)＋c(Cl-)，故c(B＋)＝c(Cl-)，则2c(H＋)＋c(Cl-)＝2c(OH-)＋c(B＋)，D正确。本题共5小题，共60分。16．(12分)金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中有着广泛的用途。(1)Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。①基态Ni2+核外电子排布式为___________。②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中共面的原子最多为___________个。③丁二酮肟镍分子内存在的化学键有___________(填标号)。A．离子键

B．配位键

C．氢键

D．范德华力(2)镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、〖Ni(NH3)6〗2+等。①Ni(CO)4晶体中含有的键与键数目之比为___________。②〖Ni(NH3)6〗2+中键角H－N－H比独立存在的NH3分子中键角略大，其原因是___________。(3)苯与Ni(CO)2在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知Ni－NH3键长为，C－C键长为r2pm。则该晶体的化学式为___________；A点的分数坐标为___________；晶胞中A、B间距离d＝___________pm。〖答案〗(1)

〖Ar〗3d8或者1s22s22p63s23p63d8

23

B(2)

1∶1

NH3中孤电子对进入Ni2＋的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N－H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱(3)

Ni(CN)2·NH3·C6H6

(0，0，)

〖解析〗(1)①已知Ni是28号元素，故基态Ni2+核外电子排布式为〖Ar〗3d8或者1s22s22p63s23p63d8；②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C＝N双键所在的平面和Ni2＋的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面；③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2＋提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键；(2)①已知单键均为键，双键为1个键和1个键，三键为1个键和2个键，则1分子Ni(CO)4中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个键与8个键，则晶体中含有的键与键数目之比为8∶8＝1∶1；②由于〖Ni(NH3)6〗2+中的NH3中孤电子对进入Ni2＋的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N－H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H－N－H比独立存在的NH3分子中键角略大；(3)一个晶胞中含Ni个数为：8×＝1，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：4×＝1，CN为：8×＝2，则该晶体的化学式为Ni(CN)2·NH3·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为，BC为()，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD＝BC－AO＝(－r1)，根据直角三角形ABD有：BD2＋AD2＝AB2，AD＝OC，故晶胞中A、B间距离d＝＝＝pm。17．(12分)废三元锂离子电池中含有镍、钻、锰、锂、铝等金属元素，是重要的二次资源。由某18650型废三元锂离子电池回收镍、钻、锰的工艺流程如下图所示：已知：①浸出液中各金属离子的质量浓度如下表。金属离子Co2+Ni2+Mn2+Li+Al3+质量浓度(mol·L-1)160051441495842254②NH3能与Co2+、Ni2+、Mn2+形成配合物。回答下列问题：(1)“浸出”后得到浸出液的操作是___________。(2)正极活性材料中的LiCoO2在“浸出”过程中转化的化学方程式为___________。(3)镍、钻、锰的浸出率随时间、温度的变化如图1、图2所示。①综合考虑，选择浸出时间为___________。②选择浸出温度范围为60-70℃，理由是___________。(4)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的离子方程式为___________。(5)“沉淀”中气体A为___________(填化学式)。沉淀后，分离获得镍钻锰三元氢氧化物沉淀并多次洗涤，判断沉淀洗净的方法是___________。(6)已知25℃时，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2Ksp2×10-131×10-155×10-16要使滤液中Ni2+、Co2+、Mn2+沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1为沉淀完全)的pH应大于___________(lg2=0.3，lg5=0.7)。3．(1)过滤(2)2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4＝2CoSO4＋Li2SO4＋4H2O＋O2↑(3)

2.5h

60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变(4)Al3+＋＝Al(OH)3＋3CO2↑(5)

NH3

取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净↓(6)10.15〖解析〗由题可知，18650型废三元锂离子电池经过预处理，在正极活性材料中经过硫酸和过氧化氢的作用下，会将镍、钻、锰、锂、铝等金属元素转化为Co2+、Ni2+、Mn2+、Li+、Al3+等离子；过滤除去不溶物，浸出液中含有Co2+、Ni2+、Mn2+、Li+、Al3+等离子；加入碳酸氢铵调节pH，可以将Al3+，转化为氢氧化铝；过滤后得到滤渣氢氧化铝，滤液中含有Co2+、Ni2+、Mn2+、Li+离子；滤液中加入氨水和氢氧化钠，将Co2+、Ni2+、Mn2+转化为镍、钻、锰的氢氧化物，实现回收镍、钻、锰，据此分析作答。(1)“浸出”后得到浸出液和滤渣，则该操作过滤，故〖答案〗为：过滤；(2)正极活性材料中的LiCoO2与硫酸和过氧化氢反应，得到Co2+、Li+，可知LiCoO2为氧化剂，过氧化氢为还原剂，在“浸出”过程中转化的化学方程式为：2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4＝2CoSO4＋Li2SO4＋4H2O＋O2↑；(3)①由图1可知，在2.5h后镍、钻、锰的浸出率最高，之后无太大变化，综合考虑，选择浸出时间为2.5h；②选择浸出温度范围为60-70℃，理由是60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变，故〖答案〗为：60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变；(4)“调pH”中有沉淀生成，该沉淀为氢氧化铝，是由铝离子和碳酸氢根反应得到，离子方程式为：Al3+＋＝Al(OH)3＋3CO2↑；(5)“沉淀”中根据流程可知，只能产生NH3，则气体A为NH3；沉淀后，含有的离子为硫酸根离子，分离获得镍钻锰三元氢氧化物沉淀并多次洗涤，主要洗涤硫酸根离子，判断沉淀洗净的方法是取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净；(6)根据溶度积常数，可知Mn2+最难沉淀，当Mn2+沉淀完全时，滤液中Ni2+、Co2+、Mn2+沉淀完全，Ksp〖Mn(OH)2〗＝c(Mn2+)c2(OH-)，，则pH=10.15，即pH应大于10.15。18．(12分)某化学小组在实验室模拟工业上由钛铁矿(FeTiO3)制备TiO2的一种实验装置如图甲所示。物质颜色、状态熔点沸点化学性质FeCl3黑棕色晶体306℃316℃空气中易潮解TiCl4无色或淡黄色液体-30℃136．4℃空气中易水解已知：I．TiCl4的制备(1)盛装试剂Y的仪器名称为___________，使用该仪器时常在气体出口端加棉花，其目的是___________。(2)实验开始前，通入干燥Cl2的目的是___________。(3)仪器Z是硬质石英烧瓶，其中发生反应的化学方程式为___________。Ⅱ．TiCl4的分离与提纯(4)凋整加热温度，停止通入干燥Cl2，关闭活塞a，打开活塞b，在后续虚线框中连接___________(填序号)装置可获得较纯的TiCl4。A．B．C． D．(5)TiCl4的制备和提纯的整套装置中不足之处有___________。Ⅲ、TiO2的制备(6)向纯化后的TiCl4中加入大量的水同时加热，得到水解产物___________，经___________(填操作名称)可得TiO2。〖答案〗(1)①U形干燥管②防止干燥剂颗粒随气体进入导管堵塞导管，减缓气体流速使气体充分干燥(2)排尽装置中的空气，防止FeCl3的潮解和TiCl4的水解(3)6C＋7Cl2＋2FeTiO32TiCl4＋2FeCl3＋6CO(4)D(5)无尾气处理装置，CO会污染环境(6)①TiO2·xH2O②焙烧〖解析〗(1)该实验装置中盛放试剂Y的仪器名称为U形干燥管，气体出口端放棉花一般有两个作用，一是能防止干燥剂颗粒随气体进入导管堵塞导管，二是能减缓气体流速使气体充分干燥。故〖答案〗为：U形干燥管；防止干燥剂颗粒随气体进入导管堵塞导管，减缓气体流速使气体充分干燥；(2)由题给表格可知在空气中FeCl3易潮解，TiCl4易水解，所以通入干燥Cl2的目的是排尽装置中的空气，防止FeCl3遇到空气中的水蒸气潮解及TiCl4遇到空气中水蒸气水解。故〖答案〗为：排尽装置中的空气，防止FeCl3的潮解和TiCl4的水解；(3)仪器Z中的反应物为FeTiO3、C和Cl2，生成物一定有FeCl3和TiCl4，因为反应条件为高温，并且焦炭是过量的，所以还会生成CO，化学方程式为6C＋7Cl2＋2FeTiO32TiCl4＋2FeCl3＋6CO；(4)真空尾接管的接法：，普通尾接管接法：，由于在空气中FeCl3易潮解，TiCl4易水解，所以无法使用普通尾接管接法，只能用真空尾接管接法，蒸馏时用直形冷凝管，回流时用球形冷凝管，故选D；(5)题给装置的缺点非常明显，反应中会产生CO，CO有毒，会污染空气，故整套装置不足之处是缺乏尾气处理装置，CO会污染环境；(6)加水后TiCl4会水解生成TiO2·xH2O，在焙烧时TiO2·xH2O会分解生成TiO2。19．(12分)(2023年辽宁高考化学模拟卷)高聚物G是一种合成纤维，由A与E为原料制备J和G的一种合成路线如下：已知：①酯能被LiAlH4还原为醇；②eq\o(→,\s\up7(H2O2))回答下列问题：(1)A的结构简式为。(2)H的名称是，J中含有的官能团名称为过氧键和。(3)B生成C和D生成H反应类型分别为、。(4)写出F＋D→G的化学方程式：。(5)芳香化合物M是C的同分异构体，符合下列要求的M有种(不考虑立体异构)①与碳酸钠溶液反应产生气体

；②只有1种官能团

；③苯环上有2个取代基；其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1∶2的结构简式为______________。(6)参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)____________。〖答案〗(1)(2)邻苯二甲醛

醚键(3)取代反应

氧化反应(4)(5)12

(6)〖解析〗A分子式为C8H10，A被氧化为邻苯二甲酸，逆推可知A是；邻苯二甲酸和甲醇反应酯化反应生成C，C是，C被LiAiH4还原为醇，D是；和H2O2反应生成I，I和甲醇反应生成J，由J的结构简式逆推，可知I是；和己二酸发生缩聚反应生成G，G是；(1)A分子式为C8H10，A被氧化为邻苯二甲酸，逆推可知A是；(2)根据H的结构简式，可知H的名称是邻苯二甲醛，J中含有的官能团名称为过氧键和醚键；(3)B生成C是邻苯二甲酸和甲醇发生酯化反应生成，反应类型是取代反应；D生成H是中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应；(4)和己二酸发生缩聚反应生成和水；反应的化学方程式为(5)与碳酸钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，

②只有1种官能团

③苯环上有2个取代基，若2个取代基为-CH2COOH、-CH2COOH，有3种结构；若2个取代基为-CH2CH2COOH、-COOH，有3种结构；若2个取代基为-CH(COOH)2、-CH3，有3种结构；若2个取代基为-CH(CH3)COOH、-COOH，有3种结构；共12种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比，说明结构对称，结构简式为。氧化为，和H2O2反应生成，在浓硫酸作用下发生反应生成，合成路线为。20．(2023岳阳市高三教学质量检测)甲醇是一种用途十分广泛的基本有机化工原料。(1)甲醇分子中H－C－H的键角比C－O－H的键角(填“大”或“小”)，理由是。(2)CO2作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点。在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：反应ⅰCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(g)ΔH1反应ⅱCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2反应ⅲ2CO(g)CO2