2025届江苏省扬州市高三上学期期末化学试题及答案

2025届高三上学期第一学期期末调研测试1.2024年4月24日是第九个“中国航天日“极目楚天共襄星汉”．．．A.太阳能电池中的单晶硅——半导体材料外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料外层的热控保温材料石墨烯——无机非金属材料D.外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料2.下列说法正确的是A.ClO-中夹角大于-4中ClO2是由极性键构成的非极性分子碘原子(I)基态核外电子排布式为5s5p5D.前四周期的VIIA族元素单质的晶体类型相同3.实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置不正确的是．．．A．制备乙烯B．除去杂质．验证加成反应D．收集乙烯A.ABCD.D4.生产生活中存在多种氢元素的化合物，如NH、HO、NaH等。下列说法正确的是4322A半径大小：r(N)<r(Mg)热稳定性大小：NHO32电离能大小I(N)<I(Na)12D.电负性大小：χ(Mg)<χ(H)P5.磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为4第1共页P(白磷，s)=红磷，s)H0；下列说法正确的是4xP4A.分子中的P-P-P键角为109°28＇白磷和红磷互为同位素PP4白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的4OPO(s)，白磷放出的热量更多25D.白磷和红磷在中充分燃烧生成等量26.实验室常用溶液吸收有毒气体，生成H、H和CuP元素可形成多种含氧酸，其中433424次磷酸(H)为一元弱酸，下列化学反应表示正确的是32A.用氨水和溶液制备Al(OH)：3＋3OH=Al(OH)3↓33B工业上用足量氨水吸收NH·HO323224用溶液吸收＋4CuSO4HO=4Cu↓H＋4H443342342D.次磷酸与足量NaOH溶液反应：H3NaOH=Na3HO323227.“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，是实现“双碳”经济的有效途径之一，相42关主要反应有：Ⅰ：(g)+CO2CO(g)+2H1=+247kJ/molK1422Ⅱ：CO(g)+H2=+41kJ/mol，K2222下列说法正确的是))42A.反应Ⅰ的平衡常数K=反应Ⅱ的ΔS<0cc)222有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压D.该工艺每转化0.2molCO2可获得0.4molCO8.聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备：第2共页下列说法正确的是A.富马酰氯存在对映异构体丙二醇可由油脂水解得到该反应为缩聚反应D.1mol聚富马酸丙二醇酯最多能与1molH2发生加成反应9.工业利用钒渣(主要成分为O，杂质为AlO)VO的工艺流程如下：242325已知：“焙烧”的产物之一为NaVO下列说法不正确的是n:n5:4A.焙烧”而除去3“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为3VO不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关ccKspNH4VO334D.沉钒”后的溶液中10.利用如图所示装置可实现化学储氢。下列说法正确的是A.Y为电源负极电解后硫酸溶液的物质的量浓度减小a上发生的反应为第3共页D.电解过程中每生成，理论上可储存1molH2室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选探究目的探究方案项K(HClO)与K(HCN)用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较和的KaaaA小关系碘在浓KI溶液中与CCl4向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变BCD中的溶解能力比较化向盛有水溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，观察溶液颜24SO2是否具有漂白性色变化1—溴丁烷的消去产向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH15mL5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象物A.ABCD.D12.室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe等杂质)MnSO4流程如下：K(NH·HO)=1.8×10K(H)=4.3×10K(H)=5.6×10K(MnCO)=2.24×10b3223233法正确的是NH+4-3CO)+2c()3A.NH溶液中：(c(43SO“酸溶”时主要离子方程式：+MnS+2HO=2Mn++4H+224“除铁除镁”后上层清液中：2cc(H)=2(SOc(OH)4+)D.沉锰”后上层清液中：=2.5c(HCO3-))13.甲醇-水催化重整可获得H其主要反应为反应Ⅰ+H=+3H=49.4kJ·mol−13222反应Ⅱ+H=+H=41.2kJ·mol222第4共页在1.0×105n(HO)∶nOH)=1.2OH的转化率233始始和H2的产率随温度的变化如图所示。nn(CO)+n生成2)的选择性=×100％下列说法正确的是n(H2n(CHA.一定温度下，增大可提高的选择性平衡时OH的转化率一定大于HO的转化率32图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化D.一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大等的氧化物]中回收几种金14.从某冶锌工厂的工业废料[除和少量Fe2O3属的单质或化合物的工业流程如图：38,K17。K已知：①该工艺条件下，sp3sp2H2R②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。③Ge4易水解。请回答下列问题：1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。第5共页a．适当升高温度b．酸浸过程中不断搅拌c．将硫酸浓度增大到70%d．加大废料的用量cL时应控制21的范围是___________(21液中某离子浓度小于L1时，可认为该离子沉淀完全)52O3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为___________。342H2R4H为2.5且不能过低或过4高，原因是___________。2O2的配位数为___________。5②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，N键中离O子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为___________。7HO固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。℃时所得固体的化学式42___________(写出计算过程)15.某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下：第6共页1）下列关于化合物E和G的说法正确的是___________。A.官能团种类相同都含有手性碳原子D.可以使用质谱仪区分都能使酸性KMnO4溶液褪色2）标出B中酸性最强的氢原子___________。3）已知C的分子式为H，C的结构简式为___________。4）E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物X和G互为同分异构体，写出该中间产物X的结构简式___________。5）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式___________。FeCl3溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子。6iPrNH,2的合成路线图_________(须使用i-PrNH示例见本题题干)。16.LiFePO和FePO可以作为锂离子电池的正极材料。441）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH)Fe(SO)溶液与H、溶液中的一种混合，加入三颈烧瓶中题图-1，在搅拌下通过滴液漏斗424234缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。第7共页N2的目的是___________，该步骤中为达到相同目的采取的措施还有___________。(NH)Fe(SO)与H反应得到LiFePO和NH，该反应的离子方程式为___________。4242344444Ka(HSO)=1.0×10。150少量活性炭黑，其主要目的是___________。2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量HO，同时加入适量水调节，静置后过滤，洗涤，得到FePO·2HO，高温煅烧FePO·2HO，224242即可得到FePO。①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如题图-2所示。15PO)13≤34≤当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是___________。V(H2②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe完全被HO氧化，下列操作控制不能达到目的的是22___________(填序号)。aCa(OH)2调节溶液pH=7b．加热，使反应在较高温度下进行d．加入适当过量的HOc．缓慢滴加HO溶液并搅拌2222③工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)可制备磷酸铁(FePO)。其他条件一定，制备FePO44得的有效转化率[n(FePO)/n(Fe)]×100%与溶液pH的关系如题图所示。4总第8共页请设计制备磷酸铁的实验方案：___________。实验中须使用的试剂有：1mol∙LH，30%HO溶液，24221mol∙LNa)。24④测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl(还原剂)至溶液呈浅黄色；．加入，恰好将i中残余的少量Fe还原为Fe；.用cmol·LKO标准溶液滴定Fe，消耗vO标准溶液。227227产物中铁元素的质量分数为___________。写出计算过程)17.I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。HS21S溶液中含硫微粒的物质的量分变化情况如图1所示。图1图2:cHS___________。2HSOcS2①向含硫废水中加入稀调节溶液的为6，废水中4H2O2溶液的加入量大于12mg1时，废水中8，废水中单质硫回收率如图2所示。单质硫的回收率下降的原因是___________。2）含硫废渣硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物酸性燃料电池2第9共页工作原理如图3所示。b处SSO24的电极反应式为___________。II．氨氮废水中含有氨和铵盐，直接排放会造成环境污染。可用以下方法处理：3）沉淀法N。该反应的化学方程式为___________。2①“氧化”时在微生物的催化作用下，②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的被氧化为3HO6HO沉淀，若调节过大，会转化为32442降低氨氮去除率，其原因为___________。4）生物硝化反硝化法生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图4所示。①硝化过程中溶液的___________。填“升高”或“降低”)。4CH3的物质的量为___________。0.10molNH的酸性废水，理论上消耗2025届高三上学期第一学期期末调研测试1.2024年4月24日是第九个“中国航天日“极目楚天共襄星汉”．．．A.太阳能电池中的单晶硅——半导体材料外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料外层的热控保温材料石墨烯——无机非金属材料D.外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．太阳能电池中的单晶硅导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，故A正确；．外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于无机非金属材料，故B错误；．外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，故C正确；D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于高分子材料，故D正确；答案选。2.下列说法正确的是A.ClO-中夹角大于-4中ClO2是由极性键构成的非极性分子碘原子(I)基态核外电子排布式为5s5p5D.前四周期的VIIA族元素单质的晶体类型相同【答案】D【解析】343A．ClO和ClO中氯原子都是sp3ClO中氯原子上有一对孤对电子，孤对电子对成3键电子的排斥力较大，对氧氯键造成挤压，键角变小，故ClO中夹角小于ClO中夹角，4A错误；．ClO2的分子结构为角形，是由极性键构成的极性分子，B错误；[Kr]5s55s5p5C错误；DVIIA族元素单质都是分子构成，为分子晶体，类型相同，D正确；D。3.实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置不正确的是．．．第1共页A．制备乙烯B．除去杂质．验证加成反应D．收集乙烯A.ABCD.D【答案】D【解析】A．用乙醇与浓硫酸混合液加热170℃，乙醇发生消去反应制备乙烯，要使用温度计测量溶液的温度，因此温度计的水银球要在溶液的液面以下，A正确；NaOH溶液除去制取乙烯的杂质时，导气管应该是长进短出，B正确；22．乙烯若与Br2发生加成反应，产生反应产生12-二溴乙烷会溶解在四氯化碳中，使溶液橙色褪去，因此可以证明乙烯发生了加成反应，C正确；D收集，应该使用排水方法收集，D错误；D。4.生产生活中存在多种氢元素的化合物，如NH、HO、NaH等。下列说法正确的是4322A.半径大小：r(N)<r(Mg)热稳定性大小：NHO32电离能大小I(N)<I(Na)12D.电负性大小：χ(Mg)<χ(H)【答案】D【解析】【详解】A．核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小r(N)>r(Mg)A错误；．非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，热稳定性大小：NHO，B错误；32．N的2p轨道为半满结构，能量低，电离能大，故电离能大小I(N)>I(Na)，C错误；12第2共页Dχ(Mg)<χ(H)D正确；D。P5.磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为4P红磷，s)x(白磷，s)=H0；下列说法正确的是4P4A.分子中的P-P-P键角为109°28＇白磷和红磷互为同位素PP4白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的4OPO(s)，白磷放出的热量更多25D.白磷和红磷在中充分燃烧生成等量2【答案】D【解析】【详解】A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误；．白磷和红磷互为同素异形体，B错误；．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，白磷晶体中1个P分子周围有12个紧邻的P分子，C错误；44D生成等量的PO(s)，白磷放出的能量更多，D正确；25D。6.实验室常用溶液吸收有毒气体，生成H、H和CuP元素可形成多种含氧酸，其中433424次磷酸(H)为一元弱酸，下列化学反应表示正确的是32A.用氨水和溶液制备Al(OH)：3＋3OH=Al(OH)3↓33工业上用足量氨水吸收NH·HO＋323224用溶液吸收＋4CuSO4HO=4Cu↓H＋4H443342342D.次磷酸与足量NaOH溶液反应：H3NaOH=Na3HO32322【答案】C【解析】第3共页3NHHOH3NH+4【详解】A溶液制备Al(OH)：，33323A错误；．工业上用足量氨水吸收2NH·HO＋)，B错误；2322423．硫酸铜中铜离子将氧化为H溶液吸收：＋4CuSO4HO=4Cu↓H＋33443342344H，C正确；24D．由于次磷酸(H)为一元弱酸，故次磷酸与足量NaOH溶液反应：HNaOH=NaHHOD3232222正确；。7.“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，是实现“双碳”经济的有效途径之一，相42关主要反应有：Ⅰ：(g)+CO2CO(g)+2H=+247kJ/molK14221Ⅱ：CO(g)+HΔH=+41kJ/mol，K22222下列说法正确的是))42A.反应Ⅰ的平衡常数K=反应Ⅱ的ΔS<0cc)222有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压D.该工艺每转化0.2molCO2可获得0.4molCO【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方与反应物浓度幂次方的比值，反应Ⅰ的平衡常数c2c2(H2)K=A项不符合题意；))42．反应Ⅱ能发生，说明ΔH-TΔS0，已知2>0，则ΔS0B项不符合题意；C合题意；D．反应I每反应1mol2molCO，反应II每反应1mol1molCO，则每转化0.2mol获222得小于0.4molCOD项不符合题意；综上所述，故答案为。第4共页8.聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备：下列说法正确的是A.富马酰氯存在对映异构体丙二醇可由油脂水解得到该反应为缩聚反应D.1mol聚富马酸丙二醇酯最多能与1molH2发生加成反应【答案】C【解析】A碳原子，故富马酰氯不存在对映异构体，A错误；．油脂水解得到的是丙三醇，B错误；．生成物中除了聚合物外，还有HCl，为缩聚反应，C正确；D1mol聚富马酸丙二醇酯最多能与nmolH2发生加成反应，D错误；。9.工业利用钒渣(主要成分为O，杂质为AlO)VO的工艺流程如下：242325已知：“焙烧”的产物之一为NaVO下列说法不正确的是n:n5:4A.焙烧”而除去3“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为3VO不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关34ccKspNH4VO3D.沉钒”后的溶液中【答案】D【解析】第5共页(主要成分为OAlO)O生成对应的金属氧化物OAlO3242324232转化为NaAlO，“焙烧”的产物之一为NaVO，加入水浸出，O成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，2323-2将转化为Al(OH)，过滤后向滤液中加入(NH)后得到NHVO沉淀，焙烧得到产品，据此分析。342443A“焙烧”O和O发生氧化还原反应生成O和NaVO价升高至242233V元素化合价由价升高至1molFeVO5mol得4mol242n氧化剂还原剂子守恒可得关系式：4FeVO~5O，O是氧化剂，O是还原剂，，A正242224而除去，B正确；3．由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为33VOVO-．的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：把氧化为有毒气体C正确；2csp43D错误；NH4VOc-3+4D“沉钒”后得到D。的饱和溶液，310.利用如图所示装置可实现化学储氢。下列说法正确的是A.Y为电源负极电解后硫酸溶液的物质的量浓度减小a上发生的反应为D.电解过程中每生成，理论上可储存1molH2【答案】C【解析】在惰性电极a得到电子生成ab极，HO在阳极失去电子生成O，以此解答。22第6共页【详解】A．由分析可知，惰性电极b为阳极，与电源的正极相连，Y为电源正极，A错误；．由分析可知，惰性电极b为阳极，HO在阳极失去电子生成O，电极方程式为：2HO-4e+4H，2222HHB错误；．由分析可知，在惰性电极a得到电子生成，电极方程式为：+6H+6e=C正确；D．未说明所处的温度和压强，无法计算O的物质的量，D错误；22。室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选探究目的探究方案项K(HClO)与K(HCN)用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较和的KaaaA小关系碘在浓KI溶液中与CCl4向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变BCD中的溶解能力比较化向盛有水溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，观察溶液颜24SO2是否具有漂白性色变化1—溴丁烷的消去产向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH15mL5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象物A.ABCD.D【答案】B【解析】【详解】AK(HClO)与K(HCN)pH计测量相同浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH，aaA错误；第7共页．向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，下层颜色变浅，则碘在浓KI溶液中溶解能力比CCl4中的大，B正确；水溶液的试管中滴加几滴是否具有还原性，2442C错误；DKMnO41—溴丁烷发生消去反应，D错误；。12.室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe等杂质)MnSO4流程如下：K(NH·HO)=1.8×10K(H)=4.3×10K(H)=5.6×10K(MnCO)=2.24×10b3223233法正确的是NH+4-3CO)+2c()3A.NH溶液中：(c(43SO“酸溶”时主要离子方程式：+MnS+2HO=2Mn++4H+224“除铁除镁”后上层清液中：2cc(H)=2(SOc(OH)4+)D.沉锰”后上层清液中：=2.5c(HCO3-))【答案】D【解析】【分析】向二氧化锰与硫化锰矿中加入硫酸溶液酸溶，将硫化锰中的硫元素转化为硫酸根离子、金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤液；向滤液中加入氨水，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，再加入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸锰的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰溶于硫酸溶液得到硫酸锰。A解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒NH+4c(H)=c(-3COc(OH)(NH+4-3CO)+2()A错误；3()+2c()c(3“酸溶”时主要反应为二氧化锰与硫化锰、硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程4MnO+MnS+8H+=5Mn+SO+4HOB错误；4．由分析可知，“除铁除镁后上层清液为硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系第8共页NH4)=2c(SO)+c(OH)C错误；4+2(Mn)+c(Hc(D“沉锰”后上层清液中：+)+)c(CO-))c(CO)K)235.6)2+)=)===2.5D正确；--3K)2.241033D。13.甲醇-水催化重整可获得H其主要反应为反应Ⅰ+H=+3H=49.4kJ·mol−13222反应Ⅱ+H=+H=41.2kJ·mol222在1.0×105n(HO)∶nOH)=1.2OH的转化率233始始和H2的产率随温度的变化如图所示。nn(CO)+n生成2)的选择性=×100％下列说法正确的是n(H2n(CHA.一定温度下，增大可提高的选择性平衡时OH的转化率一定大于HO的转化率32图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化D.一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大【答案】B【解析】+H=+3H=49.4kJ·mol+H=322222+HΔH=41.2kJ·mol，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根CO2第9共页的选择性，②代表H的产率，以此解题。22n(H2n(CH【详解】A．增大，平衡正向移动，可提高CHOH的转化率，A错误；．由于n(HO)nOH)=1.2HO过量，故平衡时OH的转化率一定大于HO的转化率，B正23232始始．由分析可知②代表H2的产率，C错误；D．反应Ⅰ的平衡常数只与温度有关，温度不变，反应Ⅰ的平衡常数不变，D错误；。等的氧化物]中回收几种金14.从某冶锌工厂的工业废料[除和少量Fe2O3属的单质或化合物的工业流程如图：38,K17K已知：①该工艺条件下，。sp3sp2H2R②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。③Ge4易水解。请回答下列问题：1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。a．适当升高温度b．酸浸过程中不断搅拌c．将硫酸浓度增大到70%d．加大废料的用量cL时应控制21的范围是___________(21液中某离子浓度小于L1时，可认为该离子沉淀完全)52O3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为___________。342H2R4H为2.5且不能过低或过4高，原因是___________。2O2的配位数为___________。5②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，N键中离O子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为___________。7HO固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。℃时所得固体的化学式42___________(写出计算过程)【答案】（）ab（236O4-=O42+3）2322H2R4H2（4）pH过高Ge水解程度变大，pH过低4逆向移动，均不利于沉锗的进行5）.4.电负性O>NO对电子的吸引能力更强，与O容易形成离子键.ZnO【解析】【分析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗；【小问1详解】a．适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率；b．酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率；第共页c．将硫酸浓度增大到，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的；d．加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率；；【小问2详解】Lc21“1”中Fe(OH)3=K1c=111，pH=3；-33105cFeZn(OH)2=1pOH=8pH=636；K1c=-83c【小问3详解】“2”时铋的氧化物发生反应转化为水和SO，离子方程式为42O+2H+SO4-=BiOSO+HO；422+23【小问4详解】42H2R4H2.5GepHGe水解程度变大，pH沉锗”的反应原理为2Ge+4H2O+4H4+的化学方程式为42H2R24H逆向移动，均不利于沉锗的进行；【小问5详解】O2位于与其直接相连的四个锌离子构成的体心，所以晶体中O2的配位数为4；②电负性，O对电子的吸引能力更强，与O容易形成离子键，导致N键中离子键成分百分数O③假设初始为1molZnSO·7HO287g1451050287g×28.2%=81g，42其中锌为65g，则还有16g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。15.某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下：1）下列关于化合物E和G的说法正确的是___________。A.官能团种类相同都含有手性碳原子D.可以使用质谱仪区分都能使酸性KMnO4溶液褪色2）标出B中酸性最强的氢原子___________。3）已知C的分子式为H，C的结构简式为___________。4）E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物X和G互为同分异构体，写出该中间产物X的结构简式___________。5）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式___________。FeCl3溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子。6iPrNH,2的合成路线图_________(须使用i-PrNH示例见本题题干)。【答案】（）2）（3）（4）（5）6）【解析】【分析】C的分子式为HBrOB和C发生取代反应生成D和HBrDC为。【小问1详解】A．化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，故A正确；．化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，故B错误；．苯环上都连有甲基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分，故D正确；选ACD。【小问2详解】O原子电负性大，吸电子能力强，2个羰基中间的碳原子上的H原子酸性更强，B中酸性最强的氢原子是。【小问3详解】C的分子式为CHBrOB和C发生取代反应生成D和HBrD逆推，C的结构简式为；【小问4详解】E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物X和G互为同分异构体，则X可能是E与CHI发生取代反应生成酯，中间产物X的结构简式为。【小问5详解】FeCl32含有酯基且结构对称，符合条件的D的同分异构体为【小问6详解】。发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成,在i-Pr2NH、作用下生成，水解生成，合成路线为。16.LiFePO和FePO可以作为锂离子电池的正极材料。441）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH)Fe(SO)溶液与H、溶液中的一种混合，加入三颈烧瓶中题图-1，在搅拌下通过滴液漏斗424234缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。N2的目的是___________，该步骤中为达到相同目的采取的措施还有___________。(NH)Fe(SO)与H反应得到LiFePO和NH，该反应的离子方程式为___________。4242344444Ka(HSO)=1.0×10。150少量活性炭黑，其主要目的是___________。2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量HO，同时加入适量水调节，静置后过滤，洗涤，得到FePO·2HO，高温煅烧FePO·2HO，224242即可得到FePO。①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如题图-2所示。15PO)13≤34≤当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是___________。V(H2②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe完全被HO氧化，下列操作控制不能达到目的的是22___________(填序号)。aCa(OH)2调节溶液pH=7b．加热，使反应在较高温度下进行d．加入适当过量的HOc．缓慢滴加HO溶液并搅拌2222③工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)可制备磷酸铁(FePO)。其他条件一定，制备FePO44得Fe有效转化率[n(FePO)/n(Fe)]×100%与溶液pH的关系如题图所示。4总请设计制备磷酸铁的实验方案：___________。实验中须使用的试剂有：1mol∙LH，30%HO溶液，24221mol∙LNa)。24④测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl(还原剂)至溶液呈浅黄色；．加入，恰好将i中残余的少量Fe还原为Fe；.用cmol·LKO标准溶液滴定Fe，消耗vO标准溶液。227227产物中铁元素的质量分数为___________。写出计算过程)【答案】（1）①.排除装置中的氧气，防止Fe被氧化②.加入煮沸过的蒸馏水③.的导电2LiOHHPO24HO2244.改善成型后4415PO)13≤34≤H3PO的浓度变稀，使c(H)减小，使反时，随着水的比例增加，4（2）①.当V(H2应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者.ab.边搅拌溶液充分反应，L1H24至完全溶解，向溶液中加入足量的30%H2O边向磷酸亚铁粗产品中加入212HPO溶液至溶液约为1.5L边搅拌边逐滴加入，充分反应至沉淀不再产生，过滤、洗涤、42.CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO7【解析】LiOH(强碱)(NH)Fe(SO)4242H3PO好装置，通入氮气排尽装置内的空气，然后通过滴液漏斗加入溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干4燥，得到粗产品，据此回答。【小问1详解】①为防止被氧化，需防止空气中的O与反应物接触，则通入N的目的是：排除装置中的氧气，防止224(NH)Fe(SO)与H反应得到LiFePO和NH的电离常数，4242344444可确定在离子方程式中以化学式表示，则该反应的离子方程式为2LiOHHPO24HO24LiFePO4为锂离子电池的正极材料，442应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止价铁被氧化；【小问2详解】15PO)13≤34≤当时，随着水的比例增加，一方面，c(H)减小，c(H)减小，另一方面反应放热，34V(H215PO)1≤34≤HPO的浓度变稀，34则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是当V(H23使c(H)aCa(OH)调节溶液pH=7时，会生成Fe(OH))沉淀，a不能达到目的；22342使反应在较高温度下进行，此时HO大量分解，b不能达到目的；cHO溶液并搅拌，HO与222222充分接触，反应充分，c能达到目的；d．加入适当过量的HO溶液，确保Fe完全被氧化为d22abpH1.5(混有氢氧化铁)Fe制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1mol∙LH至完全溶解，向24溶液中加入足量的30%HO溶液充分反应，边搅拌边逐滴加入1mol∙LNa溶液至溶液pH1.5，2224充分反应至沉淀不再产生，过滤、洗涤、干燥；滴定时发生的离子方程式为2+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO6Fe6Fe2O22OO777质的量为cV103L=103，则产物中铁元素的质量分数为36/%。aga17.I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。HS21S溶液中含硫微粒