2024學年第二學期高三第二次模擬考試化學考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間60分鐘。2.本考試設試卷和答題紙兩部分，試卷包括試題與答題要求，所有答案必須涂(選擇題)或寫(非選擇題)在答題紙上，做在試卷上一律不得分。3.答題前，考生務必在答題紙上用水筆清楚填寫姓名、準考證號。4.本試題的選擇題，沒有特別注明，為單選題，只有一個正確選項；若注明雙選，有兩個正確選項；若注明不定項，有1～2個正確選項，多選、錯選不得分，漏選得一半分。相對原子質量：H-1C-12O-16Li-7Fe-56Se-79一、人體內不可缺少的微量元素——硒(本題共20分)1.硒(Se)是人體內不可缺少微量元素，硒及其化合物在醫藥、催化、材料等領域有廣泛應用，回答下列問題。（1）Se在周期表中的位置___________。（2）O、S、Se氣態氫化物的鍵角由大到小的順序為___________(填化學式)。（3）已知SeO2與SO2的部分性質如下表：物質狀態(常溫)熔點SeO2固體340-350℃SO2氣體-755℃根據X射線衍射分析，SeO2晶體具有如圖所示的長鏈狀結構，請解釋SeO2與SO2熔點差異較大的可能原因___________。（4）“依布硒”是一種有機硒化物，具有良好的抗炎活性，其結構簡式如圖所示。“依布硒”中Se原子的雜化類型為___________，元素Se、O、N的第一電離能由大到小的順序為___________。2.常溫下，亞硒酸和碳酸的電離常數如表。二元酸H2SeO3H2CO3（1）常溫下，比較等物質的量濃度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。A.前者大 B.后者大 C.無法比較 D.一樣大（2）常溫下，等物質的量濃度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的電離程度___________。A.前者大 B.后者大 C.無法比較 D.一樣大（3）亞硒酸氫鈉(NaHSeO3)可用于制藥工業、用作防腐劑、抗氧化劑等。NaHSeO3溶液中有關微粒濃度關系正確的是___________。(不定項)A.B.C.D.3.Li、Fe、Se可形成一種新型超導材料，其晶胞結構如圖所示。（1）該超導材料的化學式為___________；距離Se原子最近的Fe原子的個數為___________。（2）晶胞的部分參數如圖所示，且晶胞棱邊夾角均為90°，晶體密度為___________(阿伏加德羅常數用NA表示)。二、脫氮催化劑——二氧化錳(本題共20分)4.MnO2可作氨選擇性催化還原法脫除NOx的催化劑。（1）基態Mn的價層電子的軌道表示式是___________。（2）MnO2可由(NH4)2S2O8與MnSO4反應制得。的結構如下。中S-O-O___________(填“是”或“不是”)在一條直線上。5.MnO2作催化劑氨催化還原脫除NO的一種催化機理示意圖如下：（1）從化學鍵的角度解釋MnO2能結合NH3的原因___________。（2）用NH3每脫除1molNO的同時，消耗0.25mol氧氣，寫出該催化過程的總反應的化學方程式并標出電子轉移的方向和數目：___________。（3）以MnSO4溶液為原料，用如圖裝置(a，b均為惰性電極)同步制備Mn和MnO2。電極a與電源___________(負極或正極)連接，發生的電極反應式為___________。6.電解錳渣的主要成分是MnS。一種由電解錳渣制取高純MnSO4的流程如下。（1）MnS不溶于水，它與硫酸溶液發生復分解反應的離子方程式為___________。（2）浸出過程中加入MnO2可減少有毒氣體的生成，同時產生更多MnSO4。利用了MnO2的化學性質是___________。結合離子方程式解釋從浸出液中除去Fe3+的原理：___________。三、二氧化碳的綜合利用(本題共20分)7.為了緩解溫室效應與能源供應之間的沖突，CO2的資源化利用已成為研究的熱點。Ⅰ.【資源化一：利用CO2制水煤氣】在容積為L的恒容密閉容器中進行反應，方程式為。當投料比時，CO2的平衡轉化率與溫度、初始壓強的關系如圖所示。（1）在恒溫恒容條件下，關于以上反應下列表述能說明反應已經達到化學平衡狀態的是___________。(不定項)A. B.氣體的平均相對分子質量不再變化C.氣體的密度不再變化 D.CH4和CO2的物質的量之比不再改變（2）初始壓強___________(填“>”“<”或“=”，下同)；當溫度為℃、初始壓強為時，a點時的___________。（3）起始時向容器中加入molCH4和molCO2，在溫度為℃時反應，此時初始壓強為，該反應的平衡常數___________，溫度和體積不變的情況下，繼續加入molCH4和molCO2，再次達到平衡后，CO2的轉化率___________。(填“增大”“減小”或“不變”)Ⅱ.【資源化二：利用CO2制天然氣】二氧化碳加氫制甲烷過程中主要發生反應：反應I：反應II：在密閉容器中，壓強恒為Pa、時，CO2平衡轉化率、在催化劑作用下反應相同時間所測得的CO2實際轉化率隨溫度的變化如圖所示。（4）結合【資源化一】中信息，反應I的___________，該反應在___________條件下能自發進行。A．高溫B．低溫C．任意溫度（5）CO2平衡轉化率后升高的主要原因是___________。（6）CO2制備甲烷過程中，CO2活化的可能途徑有兩種，如圖所示。請從反應速率和反應方向兩個角度分析說明CO*是CO2活化的優勢中間體的原因是___________。四、新型有機物與液晶發展(本題共20分)8.我國科學家合成了結構新穎的化合物M，為液晶的發展指明了一個新的方向，M的合成路線如下：資料i．（1）A是苯的同系物，苯環上只有一種環境的氫原子。A的結構簡式是___________。（2）B的官能團的名稱是___________，B→D的反應類型是___________。（3）J結構簡式是___________。（4）下列有關K的說法正確的是___________(雙選)。A.與FeCl3溶液作用顯紫色B.碳原子的雜化方式相同C.存在含有苯環和碳碳雙鍵的酯類同分異構體D.通過紅外光譜或核磁共振氫譜可以區分K和L（5）E與K生成L的化學方程式是___________。（6）滿足下列條件的的一種同分異構體的結構簡式為___________。I．能發生水解反應II．mol該物質和NaOH溶液反應，最多消耗molNaOHIII．核磁共振氫譜有4組峰，峰面積比為（7）寫出F與足量Na2CO3溶液反應的化學方程式___________。（8）結合題示信息，設計以為有機原料合成的合成路線(其他無機試劑與溶劑任選)________。五、廢舊鋰離子電池制備碳酸鋰(本題共20分)9.廢舊鋰離子電池正極材料含鈷酸鋰(LiCoO2)，錳酸鋰(Li2MnO4)，鎳酸鋰(LiNiO2)以及鋁片、石墨粉等，某小組設計方案回收金屬元素，流程如下：已知：過硫酸根離子的結構為：（1）鋰離子電池工作時，能量的主要轉化方式為___________。（2）在廢舊電池的初步處理及堿浸環節，為加快速率，除了對原料粉碎處理，還可以采用的措施有___________(寫出其中一種即可)，步驟①發生反應的離子方程式為___________。（3）濾液A中的Co、Ni、Mn均為+2價，則H2O2作為反應物的半反應式為___________。（4）寫出過程③中發生反應的離子方程式___________；步驟②中不能用鹽酸酸化溶液的原因是___________。（5）常溫下濾液C中___________mol/L。(常溫：)（6）所得碳酸鋰樣品含有少量Na2SO4雜質，擬通過圖示裝置測定樣品中Li2CO3的含量，b中液體為硫酸溶液，量氣管中可以加入的試劑可以是___________。(不定項)A.飽和Na2CO3溶液 B.飽和NaHCO3溶液C.飽和食鹽水 D.覆蓋油層的水（7）下列情況會導致測定結果偏低的是___________。A.反應產生的氣體一部分滯留在“Y”型試管中B沒有恢復到室溫就進行讀數C.水準管液面高于量氣管D.固體樣品稱量后，在反應之前吸收空氣中的水蒸氣2024學年第二學期高三第二次模擬考試化學考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間60分鐘。2.本考試設試卷和答題紙兩部分，試卷包括試題與答題要求，所有答案必須涂(選擇題)或寫(非選擇題)在答題紙上，做在試卷上一律不得分。3.答題前，考生務必在答題紙上用水筆清楚填寫姓名、準考證號。4.本試題的選擇題，沒有特別注明，為單選題，只有一個正確選項；若注明雙選，有兩個正確選項；若注明不定項，有1～2個正確選項，多選、錯選不得分，漏選得一半分。相對原子質量：H-1C-12O-16Li-7Fe-56Se-79一、人體內不可缺少的微量元素——硒(本題共20分)1.硒(Se)是人體內不可缺少微量元素，硒及其化合物在醫藥、催化、材料等領域有廣泛應用，回答下列問題。（1）Se在周期表中的位置___________。（2）O、S、Se氣態氫化物的鍵角由大到小的順序為___________(填化學式)。（3）已知SeO2與SO2的部分性質如下表：物質狀態(常溫)熔點SeO2固體340-350℃SO2氣體-755℃根據X射線衍射分析，SeO2晶體具有如圖所示的長鏈狀結構，請解釋SeO2與SO2熔點差異較大的可能原因___________。（4）“依布硒”是一種有機硒化物，具有良好的抗炎活性，其結構簡式如圖所示。“依布硒”中Se原子的雜化類型為___________，元素Se、O、N的第一電離能由大到小的順序為___________。【答案】（1）第4周期ⅥA族（2）H2O>H2S>H2Se（3）SeO2與SO2都屬于分子晶體，SeO2的鏈狀結構分子量遠大于SO2，范德華力大得多（4）①.sp3雜化②.N>O>Se【解析】【小問1詳解】Se的原子序數為34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族；【小問2詳解】O、S、Se氣態氫化物分別為H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都發生sp3雜化，中心原子最外層都存在2對孤對電子，電負性O＞S＞Se，電負性越大，成鍵電子對越靠近中心原子，斥力越大、鍵角越大，所以H2O、H2S、H2Se鍵角由大到小的順序為；【小問3詳解】SeO2與SO2均為分子晶體，相對分子質量鏈狀SeO2比SO2大的多，分子間作用力SeO2更大，所以SeO2與SO2熔點差異較大；【小問4詳解】Se的原子序數為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個σ鍵，孤電子對數為2，價層電子對數為4，其雜化類型為sp3；O、N元素同周期，N為VA族元素，第一電離能大于同周期相鄰的兩種元素，即第一電離能N＞O，Se、O元素同主族，同一主族從上至下第一電離能逐漸減小，所以Se、O、N的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞Se。2.常溫下，亞硒酸和碳酸的電離常數如表。二元酸H2SeO3H2CO3（1）常溫下，比較等物質的量濃度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。A.前者大 B.后者大 C.無法比較 D.一樣大（2）常溫下，等物質的量濃度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的電離程度___________。A.前者大 B.后者大 C.無法比較 D.一樣大（3）亞硒酸氫鈉(NaHSeO3)可用于制藥工業、用作防腐劑、抗氧化劑等。NaHSeO3溶液中有關微粒濃度關系正確的是___________。(不定項)A.B.C.D.【答案】（1）B（2）B（3）BC【解析】【小問1詳解】由表中數據可知酸性：>，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均會發生水解，根據越弱越水解，則水解程度更大，則等物質的量濃度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，故選B。【小問2詳解】NaHSeO3中同時存在的電離和水解，<，電離大于水解，以電離為主，則水的電離受到抑制；NaHCO3中同時存在的電離和水解，>，電離小于水解，以水解為主，則水的電離受到促進；故水的電離程度后者大，故選B。【小問3詳解】A．NaHSeO3中的電荷守恒為：，A錯誤；B．NaHSeO3中同時存在的電離和水解，<，電離大于水解，故，B正確；C．NaHSeO3中的Na和Se元素為1：1，物料守恒為，C正確；D．由電荷守恒和元素守恒式子得：，D錯誤；故選BC。3.Li、Fe、Se可形成一種新型超導材料，其晶胞結構如圖所示。（1）該超導材料化學式為___________；距離Se原子最近的Fe原子的個數為___________。（2）晶胞的部分參數如圖所示，且晶胞棱邊夾角均為90°，晶體密度為___________(阿伏加德羅常數用NA表示)。【答案】（1）①.LiFe2Se2②.4（2）【解析】小問1詳解】由晶胞結構可知，Li原子個數為：8×+1=2，Fe個數為8×=4，Se原子個數為：8×+2=4，則該超導材料的化學式為LiFe2Se2，距離Se原子最近的Fe原子的個數為4。【小問2詳解】由晶胞結構可知，Li原子個數為：8×+1=2，Fe個數為8×=4，Se原子個數為：8×+2=4，晶體密度為=。二、脫氮催化劑——二氧化錳(本題共20分)4.MnO2可作氨選擇性催化還原法脫除NOx的催化劑。（1）基態Mn的價層電子的軌道表示式是___________。（2）MnO2可由(NH4)2S2O8與MnSO4反應制得。的結構如下。中S-O-O___________(填“是”或“不是”)在一條直線上。【答案】（1）（2）不是【解析】【小問1詳解】Mn為25號元素，基態錳原子價層電子排布式為：，則其價層電子的軌道表示式為：。【小問2詳解】離子存在鍵，因過氧化氫的空間結構中由于O原子采用雜化，同時孤對電子的斥力作用使結構為書形，則中的不在一條直線上。5.MnO2作催化劑氨催化還原脫除NO的一種催化機理示意圖如下：（1）從化學鍵的角度解釋MnO2能結合NH3的原因___________。（2）用NH3每脫除1molNO的同時，消耗0.25mol氧氣，寫出該催化過程的總反應的化學方程式并標出電子轉移的方向和數目：___________。（3）以MnSO4溶液為原料，用如圖裝置(a，b均為惰性電極)同步制備Mn和MnO2。電極a與電源的___________(負極或正極)連接，發生的電極反應式為___________。【答案】（1）Mn原子提供空軌道，N原子提供孤電子對，形成配位鍵（2）（3）①.正極②.Mn2++2H2O-2e-=4H++MnO2【解析】【小問1詳解】由圖可知，MnO2能結合NH3的原因是：Mn原子提供空軌道，N原子提供孤電子對，形成配位鍵。【小問2詳解】用NH3每脫除1molNO的同時，消耗0.25mol氧氣，NH3和NO、O2反應生成N2，N元素由-3價上升到0價，N元素由+2價下降到0價，O元素由0價下降到-2價，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式并標出電子轉移的方向和數目：。【小問3詳解】由圖可知，Mn2+在b電極得到電子生成Mn，b電極為陰極，Mn2+在a電極失去電子生成MnO2，a電極為陽極，電極a與電源的正極連接，發生的電極反應式為Mn2++2H2O-2e-=4H++MnO2。6.電解錳渣的主要成分是MnS。一種由電解錳渣制取高純MnSO4的流程如下。（1）MnS不溶于水，它與硫酸溶液發生復分解反應的離子方程式為___________。（2）浸出過程中加入MnO2可減少有毒氣體的生成，同時產生更多MnSO4。利用了MnO2的化學性質是___________。結合離子方程式解釋從浸出液中除去Fe3+的原理：___________。【答案】（1）MnS+2H+=Mn2++H2S↑（2）①.氧化性②.Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，增大pH、升高溫度，使平衡向右移動，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀【解析】【分析】由電解錳渣（主要成分是）為原料制取高純的工藝流程，首先用MnO2和硫酸浸取電解錳渣，獲得浸出液，浸出液中含雜質Fe3+和Ca2+，后調節溶液的pH為4，使得鐵離子轉化為Fe(OH)3沉淀，再將濃縮液進行萃取除去Ca2+，最后獲得純凈的MnSO4，據此分析；【小問1詳解】與發生復分解反應的離子方程式為；【小問2詳解】浸出過程中，會產生有毒氣體H2S，加入可減少有毒氣體的生成，同時產生更多，錳元素由+4價轉變為+2價，被還原，則為氧化劑，利用了其氧化性；Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，增大pH、升高溫度，使平衡向右移動，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀。三、二氧化碳的綜合利用(本題共20分)7.為了緩解溫室效應與能源供應之間的沖突，CO2的資源化利用已成為研究的熱點。Ⅰ.【資源化一：利用CO2制水煤氣】在容積為L的恒容密閉容器中進行反應，方程式為。當投料比時，CO2的平衡轉化率與溫度、初始壓強的關系如圖所示。（1）在恒溫恒容條件下，關于以上反應下列表述能說明反應已經達到化學平衡狀態的是___________。(不定項)A. B.氣體的平均相對分子質量不再變化C.氣體的密度不再變化 D.CH4和CO2的物質的量之比不再改變（2）初始壓強___________(填“>”“<”或“=”，下同)；當溫度為℃、初始壓強為時，a點時的___________。（3）起始時向容器中加入molCH4和molCO2，在溫度為℃時反應，此時初始壓強為，該反應平衡常數___________，溫度和體積不變的情況下，繼續加入molCH4和molCO2，再次達到平衡后，CO2的轉化率___________。(填“增大”“減小”或“不變”)Ⅱ.【資源化二：利用CO2制天然氣】二氧化碳加氫制甲烷過程中主要發生反應：反應I：反應II：在密閉容器中，壓強恒為Pa、時，CO2平衡轉化率、在催化劑作用下反應相同時間所測得的CO2實際轉化率隨溫度的變化如圖所示。（4）結合【資源化一】中信息，反應I的___________，該反應在___________條件下能自發進行。A．高溫B．低溫C．任意溫度（5）CO2平衡轉化率后升高的主要原因是___________。（6）CO2制備甲烷過程中，CO2活化的可能途徑有兩種，如圖所示。請從反應速率和反應方向兩個角度分析說明CO*是CO2活化的優勢中間體的原因是___________。【答案】（1）B（2）①.<②.>（3）①.4②.減小（4）①.-164.7②.B（5）600℃左右以后升高溫度，反應I平衡向左移動的程度小于反應II平衡向右移動的程度（6）得到CO*中間體的反應活化能較低，反應速率較快，而且ΔH較小，反應容易自發進行【解析】【小問1詳解】A．對于反應，根據化學反應速率之比等于化學計量數之比，平衡時應滿足，而該選項中

，正逆反應速率不相等，反應未達到平衡狀態，A錯誤；B．反應前后氣體的總質量不變，但氣體的物質的量在反應過程中發生變化（反應前氣體計量數之和為1+1=2，反應后氣體計量數之和為2+2=4

）。根據（M為平均相對分子質量，m為總質量，n為總物質的量），當氣體的平均相對分子質量不再變化時，說明氣體的總物質的量不再改變，反應達到平衡狀態，B正確；C．在恒容密閉容器中，氣體的總質量不變，容器體積不變，根據（ρ為密度，m為質量，V為體積），氣體密度始終不變，所以密度不再變化不能說明反應達到平衡狀態，C錯誤；D．起始時投料比，反應過程中CH4和CO2按照1:1的比例反應，其物質的量之比始終為1:1

，不能據此判斷反應達到平衡狀態，D錯誤；故選B。【小問2詳解】①是體積增大的反應，T3℃時，從下到上，二氧化碳平衡轉化率升高，平衡正向移動，即減小壓強向體積增大的方向移動，因此壓強<；②當溫度為T3℃、初始壓強為時，從a點到平衡點，二氧化碳平衡轉化率減小，說明平衡逆向移動，因此a點時的>。小問3詳解】①起始時向容器中加入molCH4和molCO2，在溫度為℃、初始壓強為時反應，二氧化碳平衡轉化率為50%，列出三段式得：，該反應的平衡常數；②溫度和體積不變，繼續加入1mol

CH4和1mol

CO2

，相當于在原平衡的基礎上增大壓強，壓強增大使得反應向氣體分子數減少的方向移動，導致平衡逆向移動，所以再次達到平衡后，CO2的轉化率減小。【小問4詳解】①根據蓋斯定律可知，反應I=反應II×2-資源化一中的反應，則反應I的；②對于反應Ⅰ，ΔH1<0

，反應后氣體分子數減少，ΔS<0

（混亂度減小）。根據吉布斯自由能公式ΔG=ΔH?TΔS（T為溫度），當ΔG<0時反應自發進行。要使ΔG=ΔH?TΔS<0

，因為ΔH<0

，ΔS<0

，則需低溫（T較小）時才能保證ΔG<0

，所以反應在低溫條件下能自發進行，答案選B。【小問5詳解】因為反應I：

是放熱反應，當溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳轉化率降低；反應II：

是吸熱反應，當溫度升高，平衡正向移動，導致二氧化碳轉化率增大，當溫度升高到一定程度以后，此時反應以反應II為主，導致隨著溫度的升高，反應II的二氧化碳轉化率增大幅度大于反應I的減小幅度。答案為：600℃左右以后升高溫度，反應I平衡向左移動的程度小于反應II平衡向右移動的程度。【小問6詳解】從圖中可以看出，生成CO*中間體反應的活化能小，反應速率快；CO*中間體能量低，較穩定，利于生成(或反應放熱，利于中間體的生成)，故CO*是CO2活化的優勢中間體；故答案為：得到CO*中間體的反應活化能較低，反應速率較快，而且ΔH較小，反應容易自發進行。四、新型有機物與液晶發展(本題共20分)8.我國科學家合成了結構新穎的化合物M，為液晶的發展指明了一個新的方向，M的合成路線如下：資料i．（1）A是苯的同系物，苯環上只有一種環境的氫原子。A的結構簡式是___________。（2）B的官能團的名稱是___________，B→D的反應類型是___________。（3）J的結構簡式是___________。（4）下列有關K的說法正確的是___________(雙選)。A.與FeCl3溶液作用顯紫色B.碳原子的雜化方式相同C.存在含有苯環和碳碳雙鍵的酯類同分異構體D.通過紅外光譜或核磁共振氫譜可以區分K和L（5）E與K生成L的化學方程式是___________。（6）滿足下列條件的的一種同分異構體的結構簡式為___________。I．能發生水解反應II．mol該物質和NaOH溶液反應，最多消耗molNaOHIII．核磁共振氫譜有4組峰，峰面積比為（7）寫出F與足量Na2CO3溶液反應的化學方程式___________。（8）結合題示信息，設計以為有機原料合成的合成路線(其他無機試劑與溶劑任選)________。【答案】（1）（2）①.羧基②.取代反應（3）OHC-COOH（4）AD（5）（6）或（7）（8）【解析】【分析】由M的結構，結合反應信息，逆推可知L為，結合K的分子式，可推知K為，D→E發生酯化反應，故E為，逆推可知D為、B為，A為，G與J發生加成反應生成；根據原子守恒可知J的分子式為C2H2O3，F與(CH3)2SO4反應引入甲基，G與J的反應中在苯環上引入-CH(OH)COOH，可推知F為，G為

，J為OHC-COOH。【小問1詳解】A是苯的同系物，苯環上只有一種環境的氫原子，A的結構簡式是；【小問2詳解】B的結構簡式為，官能團為羧基，D的結構簡式為，B到D發生取代反應；【小問3詳解】根據分析可知，J的結構簡式為：OHC-COOH【小問4詳解】K的結構簡式為：；A．存在酚羥基，能與FeCl3溶液作用顯紫色，A正確；B．苯環和醛基上碳原子為sp2雜化，甲基上碳原子為sp3雜化，碳原子的雜化方式不相同，B錯誤；C．根據不飽和度分析，不可能存在含有苯環和碳碳雙鍵的酯類同分異構體，C錯誤；D．L的結構簡式為：，二者的官能團和化學鍵不同，可以通過紅外光譜或核磁共振氫譜可以區分K和L，D正確；答案選AD；【小問5詳解】E的結構簡式為：，K的結構簡式為：，L的結構簡式為，E與K發生取代反應得到L和HBr，反應的化學方程式為：；【小問6詳解】I．能發生水解反應，含有酯基；II．1mol該物質和NaOH溶液反應，最多消耗3molNaOH；III．核磁共振氫譜有4組峰，峰面積比為，有2個等效的甲基；符合條件的結構簡式有、；【小問7詳解】F的結構簡式為，與足量Na2CO3反應得到和NaHCO3，方程式為：；【小問8詳解】根據題目中信息，由脫去CO2得到生成物K存在醛基，與Br2發生加成反應得到，水解得到，氧化得到，再氧化得到，脫去CO2得到；合成路線為：。五、廢舊鋰離子電池制備碳酸鋰(本題共20分)9.廢舊鋰離子電池的正極材料含鈷酸鋰(LiCoO2)，錳酸鋰(Li2MnO4)，鎳酸鋰(LiNiO2)以及鋁片、石墨粉等，某小組設計方案回收金屬元素，流程如下：已知：過硫酸根離子的結構為：（1）鋰離子電池工作時，能量的主要轉化方式為___________。（2）在廢舊電池的初步處理及堿浸環節，為加快速率，除了對原料粉碎處理，還可以采用的措施有___________(寫出其中一種即可)，步驟①發生反應的離子方程式為___________。（3）濾液A中的Co、Ni、Mn均為+2價，則H2O2作為反應物的半反應式為___________。（4）寫出過程③中發生反應的離子方程式___________；步驟②中不能用鹽酸酸化溶液的原因是___________。（5）常溫下濾液C中___________mol/L。(常溫：)（6）所得碳酸鋰樣品含有少量Na2SO4雜質，擬通過圖示裝置測定樣品中Li2CO3的含量，b中液體為硫酸溶液，量氣管中可以加入的試劑可以是___________。(不定項)A.飽和Na2CO3溶液 B.飽和NaHCO3溶液C.飽和食鹽水 D.覆蓋油層的水（7）下列情況會導致測定結果偏低的是___________。A.反應產生的氣體一部分滯留在“Y”型試管中B.沒有恢復到室溫就進行讀數C.水準管液面高于量氣管D.固體樣品稱量后，在反應之前吸收空氣中的水蒸氣【答案】（1）化學能轉化為電能（2）①.攪拌或者適當升高溫度(合理均可)②.2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑（3）H2O2-2e-=2H++O2（4）①.Mn2++S2O+2H2O=4H++MnO2+2SO②.MnO會在酸性條件下氧化Cl-生成Cl2（5）1.09×10-6（6）BD（7）C【解析】