北京市東城區2022-2023學年高三上學期1月期末統一檢測化學試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．文物是人類寶貴的歷史文化遺產。按制作文物的主要材料分類，下列文物屬于金屬文物的是文物選項A．青銅亞長牛尊B．虎形玉佩C．甲骨片D．豎線劃紋黑陶尊A．A B．B C．C D．D2．下列化學用語或圖示表達錯誤的是A．Br的原子結構示意圖：B．乙炔的分子結構模型：C．氮分子的電子式：D．基態24Cr的簡化電子排布式：3．表示下列反應的方程式正確的是A．鐵粉與水蒸氣共熱，生成可燃性氣體：2Fe+3B．向FeCl3C．向Mg(OH)2濁液中加入FeCD．向FeSO4溶液中滴加H4．用NAA．4g12B．1L0.1mol?L?1C．標準狀況下，11.2LO2D．0.1molNa與10mL05．用如圖裝置進行實驗，電流計指針偏轉。下列說法錯誤的是A．該裝置將化學能轉化為電能B．K+C．工作一段時間，a極附近溶液pH會減小D．該裝置的總反應為H6．我國科學家分別攻克了兩大催化技術，使合成“液態陽光”的兩個生產環節效率大幅提高。“液態陽光”的合成示意圖如下。下列說法錯誤的是A．甲醇的沸點遠遠高于乙烷，是由于甲醇分子之間存在氫鍵B．催化劑通過降低相應反應的活化能使化學反應速率增大C．理論上生成1molCH3OHD．作燃料時，1molCH37．下列除雜試劑選用正確且除雜過程涉及氧化還原反應的是選項物質(括號內為雜質)除雜試劑ANO(N蒸餾水、堿石灰BA鹽酸、NaOH溶液、二氧化碳CNaCl(NBaCl2溶液、D酸性KMnOA．A B．B C．C D．D8．酒石酸(C4HA．酒石酸中各元素的電負性由大到小的順序為O>C>HB．酒石酸中碳原子有sp2、C．1mol酒石酸最多能與2mol金屬鈉發生反應D．常溫下，酒石酸氫鉀水溶液pH<7，說明酒石酸氫根的電離程度大于其水解程度9．因生產金屬鐵的工藝和溫度等因素不同，產生的鐵單質的晶體結構也不同。兩種鐵晶胞(均為立方體，邊長分別為以anm和1.22anm)的結構示意圖如下。下列說法錯誤的是A．用X射線衍射可測定鐵晶體的結構B．圖2代表的鐵單質中，一個鐵原子周圍最多有4個緊鄰的鐵原子C．圖1與圖2代表的鐵單質中，原子之間以金屬鍵相互結合D．圖1與圖2代表的鐵單質的密度不同10．向NaOH溶液中持續滴加稀鹽酸，記錄溶液pH及溫度隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是A．NaOH溶液的起始濃度為1B．在滴定至終點的過程中，水的電離程度不斷減小C．t1sD．由t2s后溶液的溫度變化可推知，NaOH與11．交聯聚合物P的結構片段如圖所示。[圖中表示鏈延長，R為-(CH下列說法錯誤的是A．聚合物P難溶于水，但有高吸水性B．合成聚合物P的反應為加聚反應C．聚合物P的單體之一存在順反異構現象D．1，4-戊二烯與丙烯共聚也可形成類似聚合物P骨架的交聯結構12．侯氏制堿法工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A．飽和食鹽水“吸氨”的目的是使“碳酸化”時產生更多的B．煅燒時發生反應2NaHCC．“鹽析”后溶液pH比“鹽析”前溶液pH大D．母液Ⅱ與母液Ⅰ所含粒子種類相同，但前者Na+、、13．環己烯是有機合成的重要中間體，可由環己烷氧化脫氫制備。已知幾種物質的燃燒熱(25℃，101kPa)：名稱氫氣環己烯環己烷化學式(狀態)HCCΔH?285?3786?3953下列說法正確的是A．氫氣燃燒的熱化學方程式為2H2B．由燃燒熱可知，環己烯的能量小于環己烷的能量C．(l)=(l)+H2(g)ΔH=+119.4kJ?moD．環己烷氧化脫氫制備環己烯時，氧氣和高錳酸鉀均可作氧化劑14．研究碘在不同溶劑中的溶解性。進行實驗：①向試管中放入一小粒碘晶體，再加入蒸餾水，充分溶解后，得到黃色溶液a和少量不溶的碘；②取5mL溶液a，加入1mL四氯化碳，振蕩，靜置，液體分層，下層呈紫色，上層無色；③將②所得下層溶液全部取出，加入1mLKI溶液，振蕩，靜置，下層溶液紫色變淺，上層溶液b呈黃色(顏色比溶液a深)。已知：ⅰ.3Iⅱ.I2下列說法錯誤的是A．H2O是極性溶劑，CCl4B．②中的下層溶液為碘的四氯化碳溶液C．溶液b中c(I2D．向①所得濁液中加入KI，使c(I-二、綜合題15．硅烷廣泛應用在現代高科技領域。制備硅烷的反應為SiF（1）①基態硅原子的價層電子軌道表示式為。②SiF4中，硅的化合價為+4價。硅顯正化合價的原因是③下列說法正確的是(填序號)。a.SiF4的熱穩定性比b.SiH4中4個Si?H的鍵長相同，H?Si?Hc.SiH4中硅原子以4個sp3雜化軌道分別與4個氫原子的④SiF4的沸點(?86℃)高于SiH4的沸點(（2）NaAlH4的晶胞結構如圖所示，晶胞的體積為①AlH4?②用NA表示阿伏加德羅常數的值。NaAlH4晶體密度為g?c③NaAlH4是一種具有應用潛能的儲氫材料，其釋氫過程可用化學方程式表示為：3NaAlH4=Na3AlH16．乙二醛是一種重要的精細化工產品，可由乙醛硝酸氧化法制備。（1）Ⅰ.研究其他條件相同時，僅改變一個條件對乙二醛制備的影響，獲得如下數據。乙二醛的結構簡式是。（2）圖1中，曲線a對應的溫度是，判斷的依據是。（3）圖2中，c→d乙二醛的產率降低，并檢測出較多的副產物，如乙二酸。產生較多乙二酸的原因是。（4）Ⅱ.運用電化學原理設計分離純化乙二醛并回收硝酸的裝置示意圖如下(電極均為惰性電極)。與電源負極相連的是(填“X”或“Y”)。（5）結合電極反應分析硝酸回收原理：。（6）測定純化后溶液中乙二醛的含量。ⅰ.移取VmL純化后的溶液于錐形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用濃度為0.ⅱ.向ⅰ所得溶液加入過量0.50mol?Lⅲ.試用0.50mol?L已知：乙二醛在強堿性溶液中發生反應生成CH該純化后的溶液中乙二醛的含量為g?L?1(乙二醛摩爾質量：17．鹽酸阿扎司瓊(S)是一種高效5?HT3受體拮抗劑，其合成路線如下。已知：（1）A中官能團的名稱是。（2）A→B的反應類型是。（3）B→C的化學方程式是。（4）E的結構簡式是。（5）K的合成路線如下。已知：①K分子中有個手性碳原子，在結構簡式上用“*”標記出來(如沒有，填“0”，不用標記)。②H的結構簡式為或。③參考上述流程中的信息，以乙醇、乙酸為起始原料，兩步合成乙酰乙酸乙酯()，寫出相應的化學方程式：、。18．碳酸鋰是制備其他鋰化合物的關鍵原料。一種以磷酸鋰渣(主要成分Li已知：部分物質的溶解性表(20℃)陽離子陰離子PHPHL難溶可溶易溶C難溶難溶可溶（1）寫出浸取時Li3P（2）加入鹽酸的量不宜過多的原因是。（3）鈣渣的主要成分是。（4）磷鋰分離時，需要不斷加入適量NaOH溶液以維持溶液的pH基本不變。結合離子方程式解釋其原因是。（5）沉鋰時，反應的離子方程式是。（6）若粗制LiCl溶液中c(Li+)=4mol?L?1，c(Ca2+)=2×10?4mol?L?1。則沉鋰前溶液中能達到的19．某小組根據SO2既有還原性又有氧化性，探究其能否實現Cu已知：ⅰ.水合Cu+既易被氧化也易被還原，因此水溶液中無法生成水合ⅱ.CuCl為白色固體，難溶于水，可溶于c(Cl?)較大的溶液生成[CuC（1）Ⅰ.SO2與向試管中通入足量SO裝置編號試劑實驗現象a1mol?L始終無明顯變化b1mol?L溶液變綠，進而變棕黃色，一段時間后出現白色沉淀基態29Cu+（2）將b所得沉淀過濾，充分洗滌，進行下列實驗，證實該沉淀為CuCl。①證明白色沉淀中有Cu+，推理過程是②ⅲ排除了干擾Cl?檢驗的因素。寫出ⅲ中反應的離子方程式：（3）進一步證實b中SO2作還原劑，補全實驗方案和預期現象：取b中反應后的上層清液于試管中，（4）由實驗Ⅰ可推知，該條件下：①a中SO2不能將Cu2+還原為②SO2、CuCl、Cu的還原性由強到弱的順序為綜上所述，改變還原產物的價態或形態可以影響氧化還原反應能否發生。（5）Ⅱ.SO2與向試管中通入足量SO裝置編號試劑實驗現象c3mol?L始終無明顯變化d3mol?L銅片表面變黑，溶液變為棕色證明d所得棕色溶液含有[CuCl3]（6）經進一步檢驗，銅表面黑色物質為Cu2Cu+SO2+Cl?+_=Cu（7）與c對比，d能發生反應的原因是。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．青銅主要由銅、錫含有少量鉛的合金，屬于金屬文物，故A選；B．玉佩主要成分為玉石，屬于礦物質，為含硅化合物，不屬于金屬文物，故B不選；C．胛骨片主要成分為動物骨骼，屬于無機非金屬文物，故C不選；D．豎線劃紋黑陶尊主要成分為硅酸鹽等含硅化合物，不屬于金屬制品，故D不選；故答案為：A。

【分析】A.青銅為合金；

B.玉的主要成分為硅酸鹽材料；

C.甲骨片的主要成分為碳酸鈣等；

D.豎線劃紋黑陶尊主要成分為二氧化硅和硅酸鹽。2．【答案】D【解析】【解答】A．Br元素原子序數35，根據核外電子排布規律，Br原子結構示意圖為，故A不符合題意；B．乙炔的結構簡式為CH≡CH，C原子采用SP雜化，為直線形分子，其分子結構模型為，故B不符合題意；C．氮氣分子屬于共價型分子，最外層滿足8電子穩定結構，電子式為，故C不符合題意；D．Cr元素原子序數24，原子核外24個電子，基態24Cr的簡化電子排布式：[Ar]3故答案為：D。

【分析】A.Br原子的質子數和電子數都是35，核外各層上電子數分別為2、8、18、7；

B.乙炔是直線形分子，含有C≡C鍵和C-H鍵，并且C原子半徑大于H；

C.氮氣分子中N原子間共用3對電子，N原子最外層達到8電子穩定結構。3．【答案】B【解析】【解答】A．鐵粉與水蒸氣共熱生成Fe3O4和H2，A不符合題意；B．向FeCl3溶液中加入銅片，Fe3+與Cu反應生成Fe2+和Cu2+，溶液由黃色變成藍色，離子方程式為C．Mg(OH)D．向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+故答案為：B。

【分析】A.鐵與水蒸氣共熱反應生成四氧化三鐵和氫氣；

C.氫氧化鎂為固體，應保留化學式；

D.向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液，發生反應2Fe2++H2O2+2H+4．【答案】D【解析】【解答】A．4g12H2的物質的量為B．由于Al3+的水解，溶液含有的Al3+個數小于C．標準狀況下，11.2LO2和N2D．Na在反應過程中轉移1個電子，因此0.1molNa與10mL0.故答案為：D。

【分析】A.根據n=mM計算；

B.鋁離子在溶液中發生水解；

C.根據5．【答案】D【解析】【解答】A．該裝置為原電池，可將化學能轉化為電能，A項不符合題意；B．原電池中陽離子從負極移向正極，因此K+C．a極電極反應為：H2?2e?+2OD．因為H2在a極放電后消耗了OH-，K+從a極經陽離子交換膜移向b極，與生成的Cl-形成KCl，因此總反應不是H故答案為：D。

【分析】該裝置為原電池，通入氫氣的a極為負極，電極反應式為H2?2e6．【答案】C【解析】【解答】A．甲醇中存在醇羥基，能夠形成氫鍵，所以甲醇的沸點遠遠高于乙烷，是由于甲醇分子之間存在氫鍵，A不符合題意；B．催化劑可以降低相應反應的活化能，使化學反應速率加快，B不符合題意；C．由示意圖可知H2和CO2在催化劑②催化下生成甲醇，CO2的化合價由+4價降低到甲醇的-2價，理論上生成1molCH3OHD．根據CH3OH燃燒方程式2CH3OH+3O2點燃__2CO2+4H2O，1molCH3OH故答案為：C。

【分析】A.甲醇分子間形成氫鍵；

B.催化劑可降低反應的活化能，加快反應速率；

D.CH3OH燃燒的化學方程式為CH3OH+3O2點燃__2CO2+4H7．【答案】A【解析】【解答】A．除去NO中的NO2，先通入蒸餾水中，發生反應B．除去Al2O3中含有的Fe2O3，先加入鹽酸，涉及反應Al2O3+6H+C．除去NaCl中含有的Na2SO4，先加過量BaCl2溶液發生反應BD．除去甲苯的苯，加入酸性KMnO故答案為：A。

【分析】氧化還原反應中一定有元素的化合價發生變化。8．【答案】C【解析】【解答】A．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；酒石酸中各元素的電負性由大到小的順序為O>C>H，故A不符合題意；B．酒石酸中飽和碳原子為sp3雜化，羧基中碳原子為為C．羧基和羥基均可以和鈉單質反應，故1mol酒石酸最多能與4mol金屬鈉發生反應，故C符合題意；D．常溫下，酒石酸氫鉀水溶液pH<7，說明酒石酸氫根的電離程度大于其水解程度，導致氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.元素的非金屬性越強，電負性越大；

B.酒石酸中，飽和碳原子采用sp3雜化，雙鍵碳原子采用sp2雜化；

D.酒石酸氫鉀水溶液pH<7，說明酒石酸氫根的電離程度大于其水解程度。9．【答案】B【解析】【解答】A．晶體與非晶體的最可靠的科學方法是X射線衍射法；X射線衍射可測定鐵晶體的結構，故A不符合題意；B．圖2代表的鐵單質中，以底面中心的原子為例，上層、同層、下層各有4個緊鄰的原子，故一個鐵原子周圍最多有12個緊鄰的鐵原子，故B符合題意；C．鐵為金屬晶體，鐵單質中，原子之間以金屬鍵相互結合，故C不符合題意；D．圖1中，據“均攤法”，晶胞中含8×18+1=2個Fe，則晶體密度為m故答案為：B。

【分析】A.X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；

C.金屬晶體中，相鄰的金屬原子之間存在金屬鍵；

D.根據均攤法和ρ=m10．【答案】C【解析】【解答】A．如圖，未滴加鹽酸時，溶液pH最大，NaOH屬于強堿，起始時NaOH溶液pH=a，c(H+)=10?amol?LB．任何酸或堿均抑制水的電離，在滴定至終點的過程中，NaOH濃度減小，水的電離程度不斷增大。剛好反應時，達到最大，故B不符合題意；C．t1s時，NaOH過量，溶質為NaOH和NaCl；t3s時，鹽酸過量，溶質為HCl和NaCl，所以根據電荷守恒，D．如圖，曲線a到b為中和曲線，b點時剛好反應完全，此時反應溫度最高，由此可知，NaOH與HCl的反應是放熱反應，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.根據KW=c(OH11．【答案】C【解析】【解答】A．聚合物P中雖然含有-COONa結構，但由于碳原子數較多，所以難溶于水，但由于-COONa有強極性，所以聚合物P有高吸水性，故A不符合題意；B．聚合物P高分子鏈全部為碳原子，所以合成聚合物P的反應為加聚反應，故B不符合題意；C．根據聚合物P的結構可知，合成聚合物P的單體為CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，不存在順反異構，故C符合題意；D.1，4-戊二烯與丙烯與聚合物P的單體結構相似，能形成類似交聯結構，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.-COONa具有較強的極性，聚合物P有高吸水性；

B.聚合物P高分子鏈全部為碳原子；

C.碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個不同的原子或原子團時存在順反異構；

D.1，4﹣戊二烯與丙烯共聚只能形成鏈狀結構。12．【答案】D【解析】【解答】A．氨氣極易溶于水使溶液顯堿性，飽和食鹽水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”時產生更多的，故A不符合題意；B．碳酸氫鈉受熱分解為碳酸鈉、水、二氧化碳，故B不符合題意；C．銨根離子水解生成氫離子，溶液顯酸性；加入氯化鈉“鹽析”后溶液中銨根離子濃度減小，溶液酸性減弱，故pH比“鹽析”前溶液pH大，故C不符合題意；D．母液Ⅱ為加入氯化鈉晶體，析出氯化銨后得到的；與母液Ⅰ所含粒子種類相同，但母液Ⅱ中碳酸氫根離子的濃度沒有變的更大，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】合成氨工業提供的氨氣通入飽和食鹽水中，再通入二氧化碳碳酸化，過濾得到母液Ⅰ，“吸氨”操作目的是將碳酸氫鈉轉化為碳酸鈉，同時增大銨根離子濃度，吸收氨氣后降溫冷析得到氯化銨晶體，濾液中加入氯化鈉鹽析得到母液Ⅱ主要是飽和食鹽水，再循環使用，過濾得到的碳酸氫鈉晶體煅燒得到碳酸鈉為純堿，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步驟循環使用。13．【答案】C【解析】【解答】A．燃燒熱是在101kPa時，1mol物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量；氫氣燃燒的熱化學方程式為H2(g)+1B．等量的環己烯、環己烷燃燒耗氧量、生成水的量不同，由燃燒熱不能判斷環己烯的能量小于環己烷的能量，B不符合題意；C．由燃燒熱可知，①H2(g)+②C6H③C6H由蓋斯定律可知，③-①-②得：(l)=(l)+H2(g)ΔH=+119.4kJ?molD．環己烯中含有碳碳雙鍵，會被高錳酸鉀氧化，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量；

B.等量的環己烯和環己烷燃燒耗氧量、生成水的量不同，由燃燒熱不能判斷環己烯和環己烷的能量大小；

D.環己烯中的碳碳雙鍵會被高錳酸鉀氧化。14．【答案】D【解析】【解答】A．根據相似相溶原理，H2O是極性溶劑，CCl4是非極性溶劑，非極性的B．四氯化碳密度大于水且與水互不相溶，②中的下層溶液為碘的四氯化碳溶液，B不符合題意；C．加入碘化鉀，I2+I??I3D．向①所得濁液中加入KI，使c(I-)增大，I2+故答案為：D。

【分析】A.根據相似相溶原理分析；

B.四氯化碳密度大于水；

C.加入碘單質，發生反應I215．【答案】（1）；SiF4中Si原子和F原子之間共價鍵連接，其中F原子的吸電子能力強，共用電子對偏向F因此硅顯正化合價；；ac；；SiF4的相對分子質量大于SiH（2）正四面體；；216×1021a2b【解析】【解答】（1）；SiF4a．熱穩定性決定于該分子中的化學鍵的強度，化學鍵越強，熱穩定性越強，SiF4的熱穩定性比b．SiH4中4個Si-H的鍵長相同，c．SiH4分子中的Si原子以4個故答案為：ac。組成和結構相似的分子，相對分子質量越大，范德華力越大，熔沸點越大，SiF4的相對分子質量大于SiH4，因此（2）AlH4-中有4個σ鍵，0個孤電子對，因此其VSEPR模型為正四面體構型；根據均攤法可知，晶胞中AlH4-的數目為1+8×18+4×12=4，Na+數目為6×12+4×14=4，則二者配位數為1：1，以體心的

【分析】（1）①硅原子最外層有4個價電子，價層電子排布式為3s23p2；

②SiF4分子中氟和硅以共價鍵相連，F原子吸電子能力比Si原子強，則共用電子對偏向F原子，因此F顯負價，Si顯正價；

③a.C的非金屬性比Si元素強，則SiF4的熱穩定性比CH4的差；

b.SiF4分子為正四面體結構；

c.SiH4分子中硅原子雜化方式為sp3雜化，Si原子以4個sp3雜化軌道分別與4個氫原子的1s軌道重疊，形成4個Si-Hσ鍵；

④SiF4和SiH4均為分子晶體，且結構相似，SiF4的相對分子質量大于SiH4，則SiF4分子間范德華力強；

（2）①AlH4-中中心原子價層電子對數為4，不含孤電子對；

②根據均攤法和ρ=mV計算；

③2216．【答案】（1）HCOCHO（2）137℃；起始階段相同時間內曲線a對應的乙二醛濃度變化更大（3）硝酸具有強氧化性，硝酸濃度增大，導致副反應速率增大使得乙二醛被氧化為乙二酸（4）X（5）Y極上水放電發生氧化反應生成氧氣和氫離子，2H（6）58(0【解析】【解答】（1）乙二醛的結構簡式是HCOCHO；（2）溫度越高，化學反應速率越快，根據先拐先平數值大，可知曲線a對應的溫度是137℃，原因是起始階段相同時間內曲線a對應的乙二醛濃度變化更大；（3）硝酸具有強氧化性，硝酸濃度增大，導致副反應速率增大使得乙二醛被氧化為乙二酸；（4）運用電化學原理設計分離純化乙二醛并回收硝酸，則B中硝酸根離子向C室移動，電解池中陰離子向陽極移動，則Y為陽極、X為陰極，X與電源負極相連；（5）Y極上水放電發生氧化反應生成氧氣和氫離子，2H（6）2NaOH+H2SO4=Na2S

【分析】（1）乙二醛的結構簡式為HCOCHO；

（2）溫度越高，化學反應速率越快；

（3）酸具有強氧化性，硝酸濃度增大，導致副反應速率增大使得乙二醛被氧化為乙二酸；

（4）B中硝酸根離子向C室移動，則Y為陽極、X為陰極；

（5）Y極上水放電發生氧化反應生成氧氣和氫離子，2H2O-4e-17．【答案】（1）酯基、酚羥基（2）取代反應（3）（4）（5）1；；；；CH3CH2OH+CH3COOH?Δ濃硫酸CH3COOCH2CH3+H2O；2CH3COOCH2CH3→(CH3)3COKCH3COCH2COOC2H5【解析】【解答】（1）A中官能團的名稱是酯基、酚羥基；（2）由分析可知，A→B的反應類型是取代反應；（3）B發生硝化反應在酚羥基鄰位引入-NO2得到C，反應為；（4）E的結構簡式是；（5）①手性碳原子是連有四個不同基團的碳原子；，如圖K分子中有1個手性碳原子；②G跟著存在2個酯基，根據已知反應原理，則H的結構簡式為或。③乙醇和乙酸反應發生酯化反應生成乙酸乙酯，CH3CH2OH+CH3COOH?Δ濃硫酸CH3COOCH2CH3+H乙酸乙酯反應已知反應原理生成CH3COCH2COOC2H5，反應為2CH3COOCH2CH3→(CH3)3COKCH3COCH2COOC2H

【分析】A發生取代反應生成B，結合B的分子式可知，B為，B中苯環上酚羥基的鄰位氫原子被硝基取代生成C為，C中硝基發生還原反應生成D中氨基，則D為，D發生取代反應生成E為，D中亞氨基上的氫原子被甲基取代然后堿性條件下水解、酸化得到F，F和K發生反應生成S。18．【答案】（1）Li3P（2）盡量減少后序磷鋰分離時NaOH的用量（3）CaHP（4）溶液中存在反應Ca2++H2PO4?=CaHP（5）2Li++CO32-=Li2（6）2【解析】【解答】（1）磷酸鋰渣加入鹽酸浸取時生成Li+、H2PO4?、Cl-，因此L（2）在磷鋰分離時還需要加入NaOH調節pH，因此浸取時加入鹽酸的量不宜過多，減少后序磷鋰分離時NaOH的用量；（3）根據溶解性表可知，磷鋰分離時加入CaCl2溶液和NaOH溶液，生成可溶性的LiCl和難溶性的CaHPO4，鈣渣的主要成分是（4）在溶液中存在反應Ca2++H2PO4?=CaHP（5）沉鋰時，Li+與CO32-結合生成Li2CO3沉淀，反應的離子方程式是2Li++CO3（6）要求Li+不能沉淀，Ca2+形成沉淀Ca