上海市崇明区2025届高三第二次模拟考试化学+答案

2024学年第二学期高三第二次模拟考试化学1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。1.硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列（1）Se在周期表中的位置____________。（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为____________(填化学式)。（3）已知SeO2与SO2的部分性质如下表：物质状态(常熔点SeO2340-350℃SO2气体-755℃根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因....____________。（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为____________，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为____________。第1页/共8页2.常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。二元酸Ka1Ka2H2SeO337H2CO37（1）常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH____________。A.前者大B.后者大C.无法比较D.一样大（2）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度____________。A.前者大B.后者大C.无法比较D.一样大（3）亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是____________。(不定项)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(一),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(一),3)2SeO3]EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(一),3)3.Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。第2页/共8页（1）该超导材料的化学式为____________；距离Se原子最近的Fe原子的个数为____________。（2）晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°,晶体密度为____________g.cm—3(阿伏加德罗常数用NA表示)。4.MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。（1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是____________。（2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),8)—的结构如下。EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),8)中S-O-O____________(填“是”或“不是”)在一条直线上。5.MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下：（1）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因____________。第3页/共8页（2）用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：____________。（3）以MnSO4溶液为原料，用如图装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。电极a与电源的____________(负极或正极)连接，发生的电极反应式为____________。6.电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。（1）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为____________。（2）浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质是____________。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：____________。7.为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO2的资源化利用已成为研究的热点。Ⅰ.【资源化一：利用CO2制水煤气】ΔH=247.1kJ.mol1。当投料比时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。第4页/共8页（1）在恒温恒容条件下，关于以上反应下列表述能说明反应已经达到化学平衡状态的是____________。(不定项)A.v逆(CO2)=2v正(CO)B.气体的平均相对分子质量不再变化C.气体的密度不再变化D.CH4和CO2的物质的量之比不再改变（2）初始压强p1____________p2(填“>”“<”或“=”，下同)；当温度为T3℃、初始压强为p2时，a点（3）起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，在温度为T6℃时反应，此时初始压强为p2，该反应的平衡常数K=____________，温度和体积不变的情况下，继续加入1molCH4和1molCO2，再次达到平衡后，CO2的转化率____________。(填“增大”“减小”或“不变”)Ⅱ.【资源化二：利用CO2制天然气】二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应：反应I：CO2(g)+4H2(g)≈CH4(g)+2H2O(g)ΔH1反应II：CO2(g)+H2(g)≈CO(g)+H2O(g)ΔH2=41.2kJ.mol—1在密闭容器中，压强恒为1.01×105Pa、n起始(CO2):n起始(H2)=1:4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。（4）结合【资源化一】中信息，反应I的△H1=____________kJ.mo第5页/共8页A．高温B．低温C．任意温度（5）CO2平衡转化率后升高的主要原因是____________。（6）CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应方向两个角度分析说明CO*是CO2活化的优势中间体的原因是____________。8.我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下：（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是____________。（2）B的官能团的名称是____________，B→D的反应类型是____________。（3）J的结构简式是____________。（4）下列有关K的说法正确的是____________(双选)。A.与FeCl3溶液作用显紫色B.碳原子的杂化方式相同C.存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体D.通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L第6页/共8页（5）E与K生成L的化学方程式是____________。（6）满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式为__________。I．能发生水解反应II．1mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOHIII．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:2:6（7）写出F与足量Na2CO3溶液反应的化学方程式____________。（8）结合题示信息，设计以为有机原料合成的合成路线(其他无机试剂与溶剂任选)________。9.废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下：已知：过硫酸根离子的结构为：（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为____________。（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有____________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为____________。（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为____________。（4）写出过程③中Mn2+发生反应的离子方程式____________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是____________。（6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是____________。(不定项)第7页/共8页A.饱和Na2CO3溶液B.饱和NaHCO3溶液C.饱和食盐水D.覆盖油层的水（7）下列情况会导致测定结果偏低的是____________。A.反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中B没有恢复到室温就进行读数.C.水准管液面高于量气管D.固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气第8页/共8页2024学年第二学期高三第二次模拟考试化学1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。1.硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列（1）Se在周期表中的位置____________。（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为____________(填化学式)。（3）已知SeO2与SO2的部分性质如下表：物质状态(常熔点SeO2340-350℃SO2气体-755℃根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因....____________。（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为____________，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为____________。【答案】（1）第4周期ⅥA族（2）H2O>H2S>H2Se（3）SeO2与SO2都属于分子晶体，SeO2的链状结构分子量远大于SO2，范德华力大得多（4）①.sp3杂化②.N>O>Se【解析】【小问1详解】Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族；【小问2详解】O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为H2O>H2S>H2Se；【小问3详解】SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，分子间作用力SeO2更大，所以SeO2与SO2熔点差异较大；【小问4详解】Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se。2.常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。二元酸Ka1Ka2H2SeO3-3-7H2CO3-7-11（1）常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH____________。第2页/共17页A.前者大B.后者大C.无法比较D.一样大（2）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度____________。A.前者大B.后者大C.无法比较D.一样大（3）亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是____________。(不定项)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(—),3)2SeO3]EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(—),3)【答案】（1）B（2）B（3）BC【解析】【小问1详解】由表中数据可知酸性：HSeO3—>HCO3—，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则COEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，故选B。【小问2详解】大于水解，以电离为主，则水的电离受到抑制；NaHCO3中同时存在HCO3—的电离和水解，电离小于水解，以水解为主，则水的电离受到促进；故水的电离程度后者大，故选B。【小问3详解】EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(—),3)第3页/共17页EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)]和元素守恒式子EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(—),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)2SeO3]，D错误；故选BC。3.Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。（1）该超导材料的化学式为____________；距离Se原子最近的Fe原子的个数为____________。（2）晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°,晶体密度为____________g.cm—3(阿伏加德罗常数用NA表示)。【答案】（1）①.LiFe2Se2【解析】【小问1详解】由晶胞结构可知，Li原子个数为个数为原子个数为则该超导材料的化学式为LiFe2Se2，距离Se原子最近的Fe原子的个数为4。【小问2详解】由晶胞结构可知，Li原子个数为个数为原子个数为晶体密度为4.MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。第4页/共17页（1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是____________。（2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),8)—的结构如下。EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),8)中S-O-O____________(填“是”或“不是”)在一条直线上。【解析】【小问1详解】Mn为25号元素，基态锰原子价层电子排布式为：3d54s2，则其价层电子的轨道表示式为：。【小问2详解】S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),8)离子存在OO键，因过氧化氢的空间结构中由于O原子采用sp3杂化，同时孤对电子的斥力作用使结构为书形，则S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),8)—中的S—OOS不在5.MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下：（1）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因____________。（2）用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：____________。（3）以MnSO4溶液为原料，用如图装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。第5页/共17页电极a与电源的____________(负极或正极)连接，发生的电极反应式为____________。【答案】（1）Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键①.正极②.Mn2++2H2O-2e-=4H++MnO2【解析】【小问1详解】由图可知，MnO2能结合NH3的原因是：Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键。【小问2详解】用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式并标出电子转移的方向和数目：。【小问3详解】由图可知，Mn2+在b电极得到电子生成Mn，b电极为阴极，Mn2+在a电极失去电子生成MnO2，a电极为阳极，电极a与电源的正极连接，发生的电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=4H++MnO2。6.电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。（1）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为____________。（2）浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质是第6页/共17页____________。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：____________。【答案】（1）MnS+2H+=Mn2++H2S↑（2）①.氧化性②.Fe3++3H2O≈3H++Fe(OH)3，增大pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀【解析】【分析】由电解锰渣（主要成分是MnS）为原料制取高纯MnSO4的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，最后获得纯净的MnSO4，据此分析；【小问1详解】MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑;【小问2详解】浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，锰元素由+4价转变为+2价，被还原，则MnO2为氧化剂，利用了其氧化性；Fe3++3H2O≈3H++Fe(OH)3，增大pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。7.为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO2的资源化利用已成为研究的热点。Ⅰ.【资源化一：利用CO2制水煤气】ΔH=247.1kJ.mol1。当投料比时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。（1）在恒温恒容条件下，关于以上反应下列表述能说明反应已经达到化学平衡状态的是____________。(不定项)第7页/共17页A.v逆(CO2)=2v正(CO)B.气体的平均相对分子质量不再变化C.气体的密度不再变化D.CH4和CO2的物质的量之比不再改变（2）初始压强p1____________p2(填“>”“<”或“=”，下同)；当温度为T3℃、初始压强为p2时，a点（3）起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，在温度为T6℃时反应，此时初始压强为p2，该反应的平衡常数K=____________，温度和体积不变的情况下，继续加入1molCH4和1molCO2，再次达到平衡后，CO2的转化率____________。(填“增大”“减小”或“不变”)Ⅱ.【资源化二：利用CO2制天然气】二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应：反应I：CO2(g)+4H2(g)≈CH4(g)+2H2O(g)ΔH1反应II：CO2(g)+H2(g)≈CO(g)+H2O(g)ΔH2=41.2kJ.mol—1在密闭容器中，压强恒为1.01×105Pa、n起始(CO2):n起始(H2)=1:4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。（4）结合【资源化一】中信息，反应I的△H1=____________kJ.moA．高温B．低温C．任意温度（5）CO2平衡转化率后升高的主要原因是____________。（6）CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应方向两个角度分析说明CO*是CO2活化的优势中间体的原因是____________。第8页/共17页【答案】（1）B（2）①.<（3）①.4②.减小（4）①.-164.7②.B（5）600℃左右以后升高温度，反应I平衡向左移动的程度小于反应II平衡向右移动的程度（6）得到CO*中间体的反应活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行【解析】【小问1详解】A．对于反应CO2(g)+CH4(g)≈2CO(g)+2H2(g)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，平衡时应满足2v逆(CO2)=v正(CO)，而该选项中v逆(CO2)=2v正(CO)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，A错误；B．反应前后气体的总质量不变，但气体的物质的量在反应过程中发生变化（反应前气体计量数之和为1+1=2，反应后气体计量数之和为2+2=4）。根据（M为平均相对分子质量，m为总质量，n为总物质的量当气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡状态，B正确；C．在恒容密闭容器中，气体的总质量不变，容器体积不变，根据(ρ为密度，m为质量，V为体积气体密度始终不变，所以密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，C错误；D．起始时投料比，反应过程中CH4和CO2按照1:1的比例反应，其物质的量之比始终为1:1，不能据此判断反应达到平衡状态，D错误；故选B。【小问2详解】)≈2CO(g)+2H2(g)是体积增大的反应，T3℃时，从下到上，二氧化碳平衡转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大的方向移动，因此压强p1<p2；②当温度为T3℃、初始压第9页/共17页强为p2时，从a点到平衡点，二氧化碳平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此a点时的v逆>v正。【小问3详解】①起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，在温度为T6℃、初始压强为p2时反应，二氧化碳平衡转化率为50%，列出三段式得：开始量(mol)反应量(mol)剩余量(mol)CH4(g)0.50.50.50.52CO(g)0110基础上增大压强，压强增大使得反应向气体分子数减少的方向移动，导致平衡逆向移动，所以再次达到平衡后，CO2的转化率减小。【小问4详解】①根据盖斯定律可知，反应I=反应II×2-资源化一中的反应，则反应I的=-247.1kJ.mol1+2?41.2kJ.mol1=-164.7kJ.mol1；②对于反应Ⅰ,ΔH1<0，反应后气体分子数减少，ΔS<0（混乱度减小）。根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH−TΔS（T为温度当ΔG<0时反应自发进行。要使ΔG=ΔH−TΔS<0，因为ΔH<0，ΔS<0，则需低温（T较小）时才能保证ΔG<0，所以反应在低温条件下能自发进行，答案选B。【小问5详解】因为反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.7kJ?mol-1是放热反应，当温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH是吸热反应，当温度升高，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，当温度升高到一定程度以后，此时反应以反应II为主，导致随着温度的升高，反应II的二氧化碳转化率增大幅度大于反应I的减小幅度。答案为：600℃左右以后升高温度，反应I平衡向左移动的程度小于反应II平衡向右移动的程度。【小问6详解】从图中可以看出，生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO*是CO2活化的优势中间体；故答案为：得到CO*中间体的反应活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行。第10页/共17页8.我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下：（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是____________。（2）B的官能团的名称是____________，B→D的反应类型是____________。（3）J的结构简式是____________。（4）下列有关K的说法正确的是____________(双选)。A.与FeCl3溶液作用显紫色B.碳原子的杂化方式相同C.存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体D.通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L（5）E与K生成L的化学方程式是____________。（6）满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式为__________。I．能发生水解反应II．1mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOHIII．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:2:6（7）写出F与足量Na2CO3溶液反应的化学方程式____________。（8）结合题示信息，设计以为有机原料合成的合成路线(其他无机试剂与溶剂任选)________。【答案】（12）①.羧基②.取代反应（3）OHC-COOH（4）AD（56）或【解析】【分析】由M的结构，结合反应信息，逆推可知L为，结合K的分子式，可推知K为，D→E发生酯化反应，故E为，逆推发生加成反应生成；根据原子守恒可知J的分子式为C2H2O3，F与(CH3)2SO4反应引入甲OHC-COOH。【小问1详解】第12页/共17页A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子，A的结构简式是；【小问2详解】B的结构简式为，官能团为羧基，D的结构简式为，B到D发生取代反应；【小问3详解】根据分析可知，J的结构简式为：OHC-COOH【小问4详解】K的结构简式为：；A．存在酚羟基，能与FeCl3溶液作用显紫色，A正确；B．苯环和醛基上碳原子为sp2杂化，甲基上碳原子为sp3杂化，碳原子的杂化方式不相同，B错误；C．根据不饱和度分析，不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，C错误；D．L的结构简式为：，二者的官能团和化学键不同，可以通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L，D正确；答案选AD；【小问5详解】E的结构简式为：，K的结构简式为：，L的结构简式为,E与K发生取代反应得到L和HBr，反应的化学方程式为：【小问6详解】I．能发生水解反应，含有酯基；II．1mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH；III．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:2:6，有2个等效的甲基；第13页/共17页符合条件的结构简式有、【小问7详解】F的结构简式为，与足量Na2CO3反应得到和NaHCO3，方程式为：;【小问8详解】根据题目中信息，由脱去CO2得到生成物K存在醛基，与Br2发生加成反应得到，水解得到，氧化得到，再氧化得到，脱去CO2得到；合成路线为：。9.废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下：第14页/共17页已知：过硫酸根离子的结构为：（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为____________。（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有____________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为____________。（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为____________。（4）写出过程③中Mn2+发生反应的离子方程式____________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是____________。（6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是____________。(不定项)A.饱和Na2CO3溶液B.饱和NaHCO3溶液C.饱和食盐水D.覆盖油层的水（7）下列情况会导致测定结果偏低的是____________。A.反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中B.没有恢复到室温就进行读数C.水准管液面高于量气管D.固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气【答案】（1）化学能转化为电能（2）①.搅拌或者适当升高温度(合理均可)②.2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑（3）H2O2-2e-=2H++O2（4）①.Mn2++S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),8)-+2H2O=4H++MnO2+2SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)-②.MnOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)-会在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2（5）1.09×10-6（6）BD（7）C【解析】【分析】正极材料含钴