北京市通州区2024届高三上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市通州区2024届高三上学期期末考试可能用到的相对原子质量：第一部分本部分共14题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.文物是中华民族悠久历史和灿烂文化的实物见证，下列文物的主要材料中属于金属材料的是（）A．甲骨文B．货币海贝C．陶瓷D．铜方尊【答案】D【详析】A．甲骨片主要是龟甲、兽骨等，主要成分为蛋白质，不属于金属材料，A不符合题意；B．货币海贝主要成分为碳酸盐，不属于金属材料，B不符合题意；C．陶瓷主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C不符合题意；D．铜方尊属于合金，因此属于金属材料，D符合题意；答案选D。2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）A.反-2-丁烯的分子结构模型：B.质量数为2的，其核素符号是：C.的模型：D.价层电子轨道表示式为：【答案】A【详析】A．表示顺-2-丁烯的分子结构模型，A错误；B．H的原子序数为1，则质量数为2的原子可表示为，B正确；C．分子中O原子的价层电子对数为，含有2对孤对电子，则模型为，C正确；D．Fe的价电子排布式为，失去最外层两个电子形成，则的价层电子轨道表示式为：，D正确；答案选A。3.下列事实与水解反应无关的是（）A.实验室用制备纳米B.溴乙烷在碱性环境下制备乙醇C.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃D.向沸水中滴加饱和溶液制备胶体【答案】C【详析】A．在热水中水解：，钛酸受热分解生成，与盐类水解有关，不符合题意；B．溴乙烷在碱性环境下制备乙醇发生了水解反应：，再与碱反应，与水解有关，B不符合题意；C．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃是裂化反应，与水解无关，C符合题意；D．溶液水解生成氢氧化铁：，加热促进水解，故可以制得胶体，与盐类水解有关，D不符合题意；答案选C。4.下列解释事实的化学用语不正确的是（）A.加热和的混合物生成黑色固体：B.向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2C.将加入滴有酚酞溶液的水中液体变红D.铜片放入浓硝酸中产生红棕色气体【答案】A【详析】A．加热和S的混合物生成FeS黑色固体，化学方程式为：，A错误；B．向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2反应生成苯酚，出现白色浑浊，化学方程式为：，BC．Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液，溶液变红色，离子方程式为：，C正确；D．铜片放入浓硝酸中产生NO2红棕色气体和硝酸铜，离子方程式为：，D正确；故选A。5.下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是（）A．氨的制备B．检验溴乙烷消去产生的乙烯C．除去中的D．乙炔气体收集【答案】B【详析】A．直接加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，生成的两种产物会在试管口直接化合生成氯化铵，因此无法制备氨气，应该选用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，A错误；B．乙烯与溴发生加成反应，则溴的四氯化碳溶液褪色，因此可检验溴乙烷消去产生的乙烯，B正确；C．和均与饱和碳酸钠溶液反应，因此无法除去中的，C错误；D．乙炔的密度小于空气，因此不能使用向上排空气法收集，D错误；答案选B。6.工业合成氨中的原料气需经过铜氨液处理后进入合成塔，目的是除去其中的CO。下列说法正确的是（）已知：A.可用与铵盐制备铜氨液B.通过降温可实现铜氨液再生利用C.中铜离子的配位数是3D.该步骤可有效防止CO使合成氨中催化剂中毒【答案】D【详析】A．用与氨水而不是铵盐制备铜氨液，A错误；B．铜氨溶液吸收CO的反应为放热反应，气体分子总数减少的反应，为了使反应后铜氨溶液再生，即让反应逆向进行，则采用的条件为高温低压，B错误；C．中铜离子的配位数是4，C错误；D．CO会使催化剂失去活性，所以原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，除去其中的CO，可防止催化剂中毒，D正确；故选D。7.贝诺酯具有解热镇痛抗炎作用，是乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚的前体药物。下列说法正确的是（）A.贝诺酯完全水解的产物有四种分子结构B.1mol乙酰水杨酸最多消耗2molNaOHC.可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸D.对乙酰氨基酚中甲基C—H键极性与甲烷中C—H键极性相同【答案】C【详析】A．贝诺酯中两个酯基，一个酰胺脂基，都会发生水解，产物分别是乙酸、领羟基苯甲酸，对氨基苯酚，A错误；B．乙酰水杨酸中有一个羧基，一个酯基，1mol乙酰水杨酸中的羧基和酯基分别都能和1molNaOH反应，而乙酰水杨酸中的酯基水解后会生成酚羟基，有酸性，会进一步消耗1molNaOH，故最多消耗3molNaOH，B错误；C．FeCl3溶液遇到酚羟基显紫色，对乙酰氨基酚中有酚羟基，而乙酰水杨酸中无酚羟基，可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸，C正确；D．虽然都是C—H键，但是C上所连其他基团不同，C对共用电子对的吸引能力不同，键的极性大小有区别，D错误；本题选C。8.下列叙述中，事实与对应解释不正确的是（）事实解释A酸性：HCOOH>CH3COOHH3C–是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小B在CS2中的溶解度：H2O<CCl4H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子C硬度：金刚石>石墨金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力D热稳定性：H2O>H2S水分子间存在氢键作用【答案】D【详析】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH>CH3COOH，A正确；B．H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子，根据相似相溶，在CS2中的溶解度：H2O<CCl4，B正确；C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；故选D。9.丙烷制备丙烯过程中发生如下反应：反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ已知：一定条件下，丙烷单独进料时平衡体系各组分体积分数如下表所示：物质H体积分数(%)2123.755.20.10下列说法正确的是（）A.丙烯中6个键键能相同B.使用催化剂可提高反应中丙烷的平衡转化率C.反应Ⅲ的正向进行有利于反应Ⅰ的正向进行D.从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应反应I【答案】C【详析】A．丙烯结构为CH2=CHCH3，分子中6个键键能不相同，A错误；B．催化剂可以加快反应速率，但是不改变转化率，B错误；C．反应Ⅲ的正向进行消耗更多的氢气且反应放热温度升高，升温和降低氢气浓度均有利于反应Ⅰ的正向进行，C正确；D．由表可知，反应Ⅲ生成甲烷分数为55.2%-23.7%=31.5%，则反应Ⅲ消耗分数31.5%÷3=10.5%，结合表数据，从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应，D错误；故选C。10.下列实验中，能达到实验目的的是（）AB比较相同温度下和的大小检验有机化合物中含溴原子CD验证是酸性氧化物研究浓度对化学平衡的影响【答案】D【详析】A．硫化钠与硫酸铜溶液反应与生成CuS沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故A错误；B．有机化合物在碱性溶液中发生水解反应，水解后没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，则不能证明有机物含溴原子，故B错误；C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，溶液褪色，可知二氧化硫具有漂白性，不能证明二氧化硫为酸性氧化物，故C错误；D．只有KSCN浓度不同，左侧试管在溶液的血红色深，可研究浓度对化学平衡的影响，故D正确；故选D。11.磷酸燃料电池是以浓磷酸为电解质的新型燃料电池。某探究小组模仿氯碱工业设计装置如下图所示，下列说法正确的是（）A.装置正极的电极反应为B.向中反应后电解质溶液加入溶液并调至中性存在：C.电池工作时，外电路中转移电子，则装置阴极附近产生D.工作一段时间后观察到试管中溶液颜色变浅，证明装置阳极产生的气体与发生反应【答案】B〖祥解〗装置A为酸性燃料电池，其中通入氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极；装置B为电解池，与通入氢气一极相连的Pt电极为阴极，阴极电极反应为，与通入氧气一极相连的Pt电极为阳极，阳极电极反应为。【详析】A．装置为酸性氢氧燃料电池，通入氧气的一极为正极，则正极的电极反应为，A错误；B．A中反应后的溶液为磷酸溶液，加入溶液并调至中性，则，根据电荷守恒关系可得：，因此溶液中存在，B正确；C．阴极电极反应为，根据得失电子守恒，外电路中转移电子时生成0.5mol氢气，由于不知道氢气所处的温度和压强，则无法计算其体积，C错误；D．装置B阳极产物为，与水反应生成HCl和HClO，生成的HClO具有漂白性可以使酚酞溶液颜色变浅，因此不能证明装置阳极产生的气体与发生反应，D错误；答案选B。12.高分子的部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是（）A.单体分子中含有酯基和醚键B.高分子水解可得到单体C.聚合反应中还伴有的生成D.单体与高分子化学计量比是【答案】B〖祥解〗根据合成路线，该反应可表示为。【详析】A．根据单体E的结构可知，单体E分子中含有酯基和醚键，故A正确；B．单体E分子可以生成高分子R，但是高分子水解之后不会成环，故水解不能得到单体E的完整结构，故B错误；C．由分析的方程式可知，生成高分子时，单体E上还要脱离的C、H、O可以生成HCHO，故C正确；D．由分析的方程式可知，生成高分子时，单体E与高分子化学计量比是(x+y)∶1，故D正确；故选B。13.我国著名的科学家侯德榜改进了“索尔维制碱法”，确定了新的工艺流程——侯氏制碱法，部分工艺流程对比如下图所示，下列说法不正确的是（）A.侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是和B.两种制碱法都是向饱和中先通再通足量，目的是获得更多C.两种制碱法比较，理论上侯氏制碱法原子的利用率远远大于索尔维制碱法D.侯氏制碱法中采用通氨、降温、盐析，使正向移动，实现对的分离【答案】A〖祥解〗饱和氯化钠溶液中通入氨气得到氨盐水，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，索尔维制碱法为:向母液加入Ca(OH)2，得到氨气和废液；侯氏制碱法:母液中通入氨气，降温加入氯化钠盐析得到氯化铵晶体和氨盐水。【详析】A．侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是NH4HCO3和NaCl，故A错误；B．上述流程分析可知，两种制碱法都是向饱和NaCl中先通NH3再通足量CO2，目是获得更多NaHCO3，故B正确；C．理论上侯氏制碱法，NaCl利用率高，可降低制碱成本，增大经济效益，Na原子的利用率远远大于索尔维制碱法，故C正确；D．侯氏制碱法中采用通氨、降温、加入氯化钠盐析，溶液中铵根离子、氯离子浓度增大，使(aq)+Cl-(aq)=NH4Cl(s)正向移动，析出氯化铵晶体，实现对NH4Cl的分离，故D正确；故选A。14.分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11；Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。关于上述实验，下列分析正确的是（）A.A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO−+H2OHClO+OH−B.AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl−+2Fe(OH)3↓+4HClOC.CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+D.反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O【答案】C〖祥解〗刚开始滴入FeCl2溶液时，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，使pH显著下降，当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，随着FeCl2的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后Fe(OH)3开始溶解消耗氢离子，所以pH变化缓慢，据此回答。【详析】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明主要原因不是次氯酸跟离子的水解，A错误；B．根据分析可知，AB段pH下降的原因为Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，，B错误；C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，C正确；D．反应进行至400s时，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，D错误；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.某科研团队以和为原料合成流程如图所示（1）①基态原子的价层电子排布式为______。②气态失去一个电子比气态失去一个电子难，你的解释是______。（2）的空间构型是______。（3）上述参与反应的物质中电负性最大的元素是______。（4）下列关于反应物的说法中不正确的是______。a．中的杂化类型是b．中存在非极性共价键c．在反应过程中氮元素的化合价降低（5）科学家为改良材料热电性能，在晶胞上的位掺杂来提高其热电性能，制备出的材料晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。①该物质的化学式是______。②已知该物质的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______（6）可作为钠离子电池正极材料，其充放电过程正极材料晶胞的组成变化如图所示。(晶胞内未标出因放电产生的0价原子)每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为______。【答案】（1）①.②.气态失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难（2）形（3）（4）ac（5）①.②.（6）8【详析】（1）①Cu是29号元素，位于周期表中第四周期第ⅠB族，价层电子排布式为；②气态的价电子排布式为，失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难；（2）中Se原子的价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为V形；（3）上述参与反应的物质所含的元素中非金属性最强的是O，则电负性最大的是O；（4）a．中原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，为sp3杂化，a错误；b．中存在非极性键，b正确；c．生成Cu2Se时，Cu、Se化合价都降低，则在反应过程中提供电子，氮元素的化合价升高，c错误；答案选ac；（5）①Cu位于顶角和面心，个数为，8个Se位于体内，Al位于棱心和体心，个数为，则，则化学式为AlCuSe2；②晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度为；（6）转化为的电极反应式为，每个晶胞中含有的单元数为4，则转移电子数为8。16.甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应：ⅰ.ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-247.8kJ/mol已知：（1）___________。（2）要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取措施有___________(写出两条)（3）应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应：ⅲ.ⅳ.其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示：①依据实验数据应选择的最佳反应条件是___________。②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。（4）通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极)①电极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。②阳极室产生后发生的反应有：_____________________________、（5）电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无、剩余)已知：若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为___________。【答案】（1）+92.7kJ/mol（2）升温或减压（3）①20%银负载量、650℃②.升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降（4）①.负②.或（5）【详析】（1）按盖斯定律，反应=2×反应ⅰ+2×反应ⅱ，则=+92.7kJ/mol。（2）反应ⅰ为气体体积增大的吸热反应，温度升高或减压均可使反应右移，则要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有升温或减压(写出两条)。（3）①由图知，20%银负载量、650℃时甲醛的收率最高、20%银负载量时甲醛的选择性最大，则依据实验数据应选择的最佳反应条件是20%银负载量、650℃。②升温，反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降，则温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是：升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降。（4）①电解池中阳离子向阴极移动，则由图可知右侧电极为阴极，连接电源的负极。②氯离子在阳极放电产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸把甲醇氧化为甲醛，则阳极室产生后发生的反应有：或、（5）由流程可知，电解后的甲醛溶液(溶液中无、剩余)中，加入过量碘水、氢氧化钠溶液，发生，滴入标准硫代硫酸钠溶液与多余的碘单质反应：，酸化后若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则与甲醛反应的碘单质为，V升电解液中甲醛为，电解后甲醛的含量为。17.卢帕他定是一种抗过敏药物。其合成路线如下：已知：（1）分子中的含氧官能团是______。（2）反应中的作用是______(填“氧化剂”或“还原剂”)。（3）D的结构简式是______。（4）属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰。①的化学方程式是______。②可与盐酸发生反应，生成的有机化合物结构简式是______。（5）下列说法正确的是______。a．的分子式是b．在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应c．分子内不存在手性碳原子d．分子中所有原子共平面（6）卢帕他定的结构简式是______。【答案】（1）羧基(或)（2）还原剂（3）（4）①.②.（5）（6）〖祥解〗A和发生取代反应生成B，B和NaBH4发生还原反应生成C为，C和SOCl2发生还原反应生成D为，E和反应生成F，F和发生已知信息的反应原理得到G，结合F的分子式可以推知F为，结合E的分子式可以推知E为，I和D发生已知信息的反应原理得到卢帕他定为，以此解答。【详析】（1）由A的结构简式可知，A分子中的含氧官能团是羧基(或−COOH)。（2）由分析可知，B和NaBH4发生还原反应生成C，的作用是还原剂。（3）由分析可知，D的结构简式为。（4）E属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰，E和反应生成F，F和发生已知信息的反应原理得到G，结合F的分子式可以推知F为，结合E的分子式可以推知E为，①的化学方程式是++H2O；②中含有氨基，与盐酸发生反应生成。（5）a．由G的结构简式可知，的分子式是C20H16ON2Cl2，a错误；b．G中含有酰胺基和氯原子，在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应，b正确；c．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，I分子内不存在手性碳原子，c正确；d．I中含有2个亚甲基，其中C原子是sp3杂化的，所有原子不可能共平面，d错误；故选bc。（6）由分析可知，卢帕他定的结构简式是。18.高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。微粒种类Ca浓度105.415.73.3316.70.84203.721.3[注：草酸盐受热易分解；该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时（1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是____________。（2）步骤Ⅱ中石灰的作用是____________（3）步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象：①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是____________。②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因____________。（4）步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有__________________，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是_______________。（5）已知：在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是____________。溶液浓度浓缩因子=1105.415.70.84203.7浓缩因子=3056.4452.519.8201.4浓缩因子=5537.6141.330.3215.6（6）步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是_____________________。【答案】（1）富集锂（2）沉淀剂、调节（3）①.产生的硫酸钙附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应②.加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动（4）、煅烧（5）30（6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低〖祥解〗盐湖卤水蒸发浓缩后加入石灰，石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到滤渣，滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，处理得到氧化钙、氧化镁；滤液2蒸发过滤得到含有锂离子的滤液3，加入碳酸钠得到碳酸锂；【详析】（1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是提高溶液浓度，富集锂；（2）石灰和水生成氢氧化钙使得溶液显碱性，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，故步骤Ⅱ中石灰的作用是沉淀剂、调节；（3）①反应产生的硫酸钙沉淀附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子；②加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶；（4）滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，反应为：、；已知：草酸盐受热易分解，则滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是煅烧；（5）由表可知，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是30，此时溶液中锂离子浓度较高，会有较多的锂进入滤液3利于回收；（6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低，故沉锂的适宜温度是。19.某小组实验探究不同条件下KMnO4和NaNO2溶液的反应。已知：ⅰ、在一定条件下可能被还原为溶液(绿色)、(棕黑色)、(无色)。ⅱ、浓碱条件下，可被还原为。ⅲ、在水中为白色沉淀。实验物质a实验现象Ⅰ①6滴饱和②3滴紫色溶液变浅至无色Ⅱ①6滴饱和②3滴加热一段时间后，溶液逐渐变为绿色Ⅲ①6滴饱和②3滴加热一段时间后，溶液中产生棕黑色沉淀（1）实验I中，还原产物为____________。（2）小组同学对实验Ⅱ中得到绿色溶液的原因提出以下假设：假设一：被溶液中的还原为。假设二：______________________________。甲同学补做了实验______________________(填操作和现象)，证明假设一不成立。（3）实验Ⅲ中反应得到棕黑色沉淀的离子方程式是__________________。该小组同学对反应后溶液进行进一步的探究：序号实验操作实验