第第頁2021~2022學(xué)年度蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研(二)化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Al-27S-32Fe-56Cu-64Ag-108一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.反應(yīng)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可用于焊接鋼軌。下列有關(guān)說法不正確的是A.該反應(yīng)吸收大量熱 B.鋁在反應(yīng)中作還原劑C.該反應(yīng)屬于置換反應(yīng) D.Al2O3屬于兩性氧化物【答案】A【解析】【詳解】A．該反應(yīng)為鋁熱反應(yīng)，會放出大量的熱，A項錯誤；B．反應(yīng)中Al的化合價由0價變?yōu)?3價，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，是還原劑，B項正確；C．該反應(yīng)由一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)，生成另一種單質(zhì)和另一種化合物，屬于置換反應(yīng)，C項正確；D．Al2O3既能和強堿反應(yīng)，又能和酸反應(yīng)，屬于兩性氧化物，D項正確；答案選A。2.利用反應(yīng)4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl可去除COCl2污染。下列說法正確的是A.中子數(shù)為10的氧原子O B.NH3的電子式為C.COCl2是極性分子 D.CO(NH2)2含離子鍵和共價鍵【答案】C【解析】【詳解】A．中子數(shù)為10的氧原子的質(zhì)量數(shù)為10+8=18，該核素為O，A項錯誤；B．氨氣為共價化合物，分子中N、H共用1對電子，N原子還有1對孤電子，其電子式為，B項錯誤；C．COCl2分子為平面三角形，C-Cl鍵和C=O的鍵長不相等，正負電荷中心不重疊，為極性分子，C項正確；D．CO(NH2)2是共價化合物，不存在離子鍵，只有共價鍵，D項錯誤；答案選C。3.下列有關(guān)氮及其化合物的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.N2難溶于水，可用作糧食保護氣B.氨水具有堿性，可用于去除煙氣中的SO2C.NO2具有還原性，與N2H4混合可用作火箭推進劑D.HNO3具有氧化性，可用于生產(chǎn)氮肥NH4NO3【答案】B【解析】【詳解】A．用作糧食保護氣的氣體化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定且不與糧食反應(yīng)，與氮氣的溶解度無關(guān)，A錯誤；B．氨水具有堿性，可與酸性氧化物反應(yīng)，故可用于去除煙氣中的SO2，B正確；C．NO2具有氧化性，與N2H4混合反應(yīng)生成氮氣并放熱，體現(xiàn)氧化性，C錯誤；D．HNO3具有氧化性，用硝酸與氨氣反應(yīng)生產(chǎn)氮肥NH4NO3，相關(guān)性質(zhì)為硝酸的酸性，D錯誤；故選B。4.在指定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化可以實現(xiàn)的是A.NH3NOHNO3B.Ca(ClO)2(aq)HClOCl2C.NaCl(aq)Na(s)Na2O2D.CuSO4Cu(OH)2Cu【答案】A【解析】【詳解】A．氨氣催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，能一步實現(xiàn)，故A選；B．Ca(ClO)2(aq)與二氧化碳反應(yīng)生成HClO和碳酸鈉，次氯酸見光分解生成氯化氫和氧氣，故B不選；C．NaCl(aq)電解生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，故C不選；D．CuSO4與氫氧化鈉反應(yīng)生成Cu(OH)2，新制氫氧化銅與葡萄糖反應(yīng)生成氧化亞銅，故D不選；故選A。5.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且位于周期表4個不同的周期。Y的電負性僅次于氟元素，常溫下Z單質(zhì)是氣體，基態(tài)W原子的外圍電子排布為ns2np5。下列有關(guān)說法正確的是A.W位于元素周期表中第四周期VA族B.Z的最高價氧化物的水化物為弱酸C.X與Y組成的化合物分子間可形成氫鍵D.Z和W形成的化合物中W顯負價【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，且位于周期表4個不同的周期。則X是H元素；Y的電負性僅次于氟元素，則Y為O元素；常溫下Z單質(zhì)是氣體，則Z位于第三周期，Z是Cl元素；基態(tài)W原子的外圍電子排布為ns2np5，W位于第四周期，最外層有7個電子，故W為Br元素，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)性質(zhì)分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知：X是H，Y是O，Z是Cl，W是Br元素。A．W是Br元素，位于元素周期表第四周期第ⅦA，A錯誤；B．Z是Cl，最高化合價為+7價，Z的最高價氧化物的水化物HClO4為強酸，B錯誤；C．X是H，Y是O，二者形成的化合物可以是H2O，在H2O分子之間可以形成氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，C正確；D．Z是Cl，W是Br，二者是同一主族元素，元素的非金屬性：Cl＞Br，因此二者形成的化合物如BrCl中非金屬性弱的元素W顯正極，非金屬性強的元素Z顯負價，D錯誤；故合理選項是C。6.下列說法正確的是A.CO2與SiO2的晶體類型相同B.SiCl4與SiHCl3分子中的鍵角相等C.1mol晶體硅中含有2molSi-Si鍵D.CO2分子中碳原子軌道雜化類型為sp2【答案】C【解析】【詳解】A．CO2為分子晶體，而SiO2為共價晶體，故A錯誤；B．SiCl4為正四面體形，鍵角為109.5°，而SiHCl3分子不是正四面體形，鍵角不等于109.5°，故B錯誤；C．晶體硅中每個硅原子都連接4個硅原子形成Si-Si共價鍵，每個Si-Si鍵被2個Si共有，所以相當(dāng)于每個Si原子連有2個Si-Si鍵，故C正確；D．CO2分子中碳原子軌道雜化類型為sp，故D錯誤；故選C。7.向苯酚鈉溶液中通CO2回收苯酚的實驗原理和裝置能達到實驗?zāi)康牡氖茿.用裝置甲制備CO2氣體B.用裝置乙除去CO2中混有的少量HClC.裝置丙中發(fā)生反應(yīng)生成苯酚和Na2CO3溶液D.從裝置丁分液漏斗的下端放出苯酚層【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化碳從長頸漏斗逸出，甲裝置不能制備二氧化碳，A錯誤；B．二氧化碳與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，應(yīng)選用飽和碳酸氫鈉溶液，B錯誤；C．裝置丙中發(fā)生反應(yīng)生成苯酚和NaHCO3溶液，C錯誤；D．苯酚在水中的溶解度小，密度比水大，故可從裝置丁分液漏斗的下端放出苯酚層，D正確；故選D。8.C、Si同處于IVA族，它們的單質(zhì)或化合物有重要用途。實驗室可用CO2回收廢液中的苯酚，工業(yè)上用SiO2和焦炭高溫下反應(yīng)制得粗硅，再經(jīng)如下2步反應(yīng)制得精硅：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)△H=-141.8kJ·mol-1，SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)，反應(yīng)過程中可能會生成SiCl4。有關(guān)反應(yīng)Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)的說法正確的是A.該反應(yīng)的△H＜0，△S＞0B.其他條件不變，增大壓強SiHCl3平衡產(chǎn)率減小C.實際工業(yè)生產(chǎn)選擇高溫，原因是高溫時Si的平衡轉(zhuǎn)化率比低溫時大D.如圖所示，當(dāng)＞3，SiHCl3平衡產(chǎn)率減小說明發(fā)生了副反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．該反應(yīng)當(dāng)中，反應(yīng)前氣體的計量系數(shù)和為3，反應(yīng)后氣體的計量系數(shù)和為2，故反應(yīng)的△S<0，A錯誤；B．加壓向氣體計量系數(shù)減小的方向移動，對于該反應(yīng)來說是正向移動，SiHCl3平衡產(chǎn)率增大，B錯誤；C．由題干信息可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，即高溫時Si的平衡轉(zhuǎn)化率比低溫時小，C錯誤；D．由圖可知，當(dāng)＞3，SiHCl3平衡產(chǎn)率減小，說明此時SiHCl3參與了其他的反應(yīng)，導(dǎo)致平衡體系內(nèi)SiHCl3濃度降低，產(chǎn)率降低，D正確；故選D。9.廢舊CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下：已知：HAuCl4=H++AuCl。下列說法正確是。A.“酸溶”時用濃硝酸產(chǎn)生NOx的量比稀硝酸的少B.“過濾”所得濾液中的Cu2+和Ag+可用過量濃氨水分離C.用濃鹽酸和NaNO3也可以溶解金D.用過量Zn粉將1molHAuCl4完全還原為Au，參加反應(yīng)的Zn為1.5mol【答案】C【解析】【分析】CPU中的銀和銅與硝酸可以反應(yīng)，金沒有溶解，過濾后濾液中含銀離子和銅離子，金用硝酸和氯化鈉可以溶解得到HAuCl4溶液，加鋅粉還原得到金。從流程中可以看出，在氫離子、氯離子、硝酸根同時存在時金可溶解。【詳解】A．銅與稀硝酸反應(yīng)的比例關(guān)系，與濃硝酸反應(yīng)的比例關(guān)系，相同Cu與硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氮氧化物濃硝酸產(chǎn)生的多，A錯誤；B．“過濾”所得濾液中的Cu2+和Ag+與過量濃氨水都能生成配合物離子，不能分離，B錯誤；C．用濃鹽酸和NaNO3，溶液中溶質(zhì)與HNO3-NaCl一樣，可以溶解金，C正確；D．用過量Zn粉將1molHAuCl4完全還原為Au，鋅與氫離子反應(yīng)也會參加反應(yīng)，消耗Zn的物質(zhì)的量大于1.5mol，D錯誤；故選C。10.異甘草素具有抗腫瘤、抗病毒等藥物功效。合成中間體Z的部分路線如下：下列有關(guān)化合物X、Y和Z的說法正確的是A.X能發(fā)生加成、氧化和縮聚反應(yīng)B.Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上C.1molZ中含有5mol碳氧σ鍵D.相同物質(zhì)的量的X與Y分別與足量濃溴水反應(yīng)消耗的Br2相等【答案】A【解析】【詳解】A．X中苯環(huán)上能發(fā)生取代反應(yīng)，含酚羥基可被氧化，含有兩個羥基，能發(fā)生縮聚反應(yīng)，A正確；B．苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，與苯環(huán)相連的羰基也為平面結(jié)構(gòu)，故Y分子中所有碳原子可能在同一平面上，B錯誤；C．1molZ中與苯環(huán)直接相連的羥基和醚鍵共有2mol碳氧σ鍵，羰基上有1mol碳氧σ鍵，苯環(huán)側(cè)鏈的碳氧σ鍵有3mol，故共6mol，C錯誤；D．1molX與足量濃溴水反應(yīng)消耗的Br2為3mol，1molY消耗的Br2為2mol，消耗的Br2不相等，D錯誤；故選A。11.H2S氣體有高毒性和強腐蝕性，電化學(xué)法處理H2S的工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.電極a連接電源負極，電解時H+由a極室移向b極室B.反應(yīng)池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2+H2S+2H+=2VO2++S↓+2H2OC.b極反應(yīng)式：VO2++H2O+e-=+2H+D.電解過程中每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上可生成22.4LH2【答案】B【解析】【分析】a電極氫離子得電子變成氫氣，故a為陰極，與電源負極相連；b為陽極，與電源正極相連。詳解】A．電極a連接電源負極，電解時H+由陽極向陰極移動，故由b極室移向a極室，A錯誤；B．根據(jù)b極進入和產(chǎn)生的物質(zhì)，反應(yīng)池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：，，B正確；C．b極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，離子方程式：，C錯誤；D．沒有指明標(biāo)準狀況，氫氣體積不可計算，D錯誤；故選B。12.室溫下，某小組設(shè)計下列實驗探究含銀化合物的轉(zhuǎn)化。實驗1：向4mL0.01mol/LAgNO3溶液中加入2mL0.01mol/LNaCl溶液，產(chǎn)生白色沉淀。實驗2：向?qū)嶒?所得懸濁液中加入2mL0.01mol/LNaBr溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀，過濾。實驗3：向?qū)嶒?所得淡黃色沉淀中滴入一定量Na2S溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，過濾。已知：室溫下Ksp(AgCl)=2×10-10。下列說法正確的是A.實驗1靜置所得上層清液中c(Cl-)約1.4×10-3mol/LB.實驗2的現(xiàn)象能夠說明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)C.實驗3所用Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)D.實驗3過濾后所得清液中存在：c2(Ag+)=且c(Ag+)≤【答案】D【解析】【詳解】A．AgNO3與NaCl按物質(zhì)的量1:1反應(yīng)生成AgCl沉淀，則剩余2mL0.01mol·L-1AgNO3溶液，c(Ag+)=，已知室溫下Ksp(AgCl)=2×10-10，，A錯誤；B．實驗1所得懸濁液含剩余過量的AgNO3溶液，加入2mL0.01mol/LNaBr溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀，不是AgCl沉淀轉(zhuǎn)化得到，不能說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，B錯誤；C．Na2S溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，C錯誤；D．淡黃色沉淀中AgBr滴入一定量Na2S溶液，產(chǎn)生黑色沉淀Ag2S，濾液為硫化銀的飽和溶液，所以清液中一定存在：c2(Ag+)=，產(chǎn)生黑色沉淀Ag2S，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，AgBr溶解平衡逆向移動，則c(Ag+)≤，D正確；故選：D。13.CO2還原為甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氫主要反應(yīng)有：反應(yīng)I．CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ·mol-1反應(yīng)Ⅱ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1壓強分別為p1、p2時，將=1：3的混合氣體置于密閉容器中反應(yīng)，不同溫度下體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH、CO的選擇性如圖所示。CH3OH(或CO)的選擇性=下列說法正確的是A.反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-8.2kJ·mol-1B.曲線③、④表示CO的選擇性，且pl＞p2C.相同溫度下，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的平衡常數(shù)K(Ⅰ)＞K(Ⅱ)D.保持反應(yīng)溫度不變，使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率達到X點，改變的條件可能是增大或增大壓強【答案】B【解析】【分析】反應(yīng)I是生成CH3OH的反應(yīng)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越高，平衡逆向移動，CH3OH的選擇性越低，反應(yīng)Ⅱ是生成CO的反應(yīng)，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度越高，平衡正向移動，則CO的選擇性越高，因此①、②表示CH3OH的選擇性，③、④表示CO的選擇性，⑤為CO2的平衡轉(zhuǎn)化率曲線，據(jù)此分析作答。【詳解】A．將反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ得到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，則△H=△H1-△H2=-49.4kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-90.6kJ·mol-1，A項錯誤；B．反應(yīng)I放熱，反應(yīng)Ⅱ吸熱，溫度升高，反應(yīng)I逆向進行，反應(yīng)Ⅱ正向進行，可知曲線③、④表示CO的選擇性，壓力越大，有利于反應(yīng)Ⅰ進行，則同溫下，CO的選擇性更小，則壓力pl＞p2，B項正確；C．溫度較高下，以反應(yīng)Ⅱ為主，當(dāng)CO的選擇性更大時，反應(yīng)I、Ⅱ的平衡常數(shù)為K(Ⅰ)＜K(Ⅱ)，C項錯誤；D．由分析可知，⑤為CO2的平衡轉(zhuǎn)化率曲線，增大的比值，可以促使氫氣的轉(zhuǎn)化，但CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，D項錯誤；答案選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.廢水中會帶來環(huán)境污染問題，用微生物法和鐵炭法均可將還原脫除。（1）微生物法脫硫富含有機物的弱酸性廢水在微生物作用下產(chǎn)生CH3COOH、H2等物質(zhì)，可將廢水中還原為H2S，同時用N2或CO2將H2S從水中吹出，再用堿液吸收。①的空間構(gòu)型為_______。②CH3COOH與在SBR細菌作用下生成CO2和H2S的離子方程式為_______。③將H2S從水中吹出時，用CO2比N2效果更好，其原因是_______。（2）鐵炭法脫硫鐵炭混合物(鐵屑與活性炭的混合物)在酸性廢水中產(chǎn)生原子態(tài)H，可將廢水中的轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀除去。①廢水中轉(zhuǎn)化為硫化物而除去，該硫化物的化學(xué)式為_______。②為提高鐵炭混合物處理效果常通入少量空氣，反應(yīng)過程中廢水pH隨時間變化如圖所示。反應(yīng)進行15min后溶液pH緩慢下降的原因可能是_______。（3）處理后廢水中含量測定準確量取50.00mL水樣于錐形瓶中，加入10.00mL0.0500mol·L-1BaCl2溶液，充分反應(yīng)后，滴加氨水調(diào)節(jié)溶液pH=10，用0.0100mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至終點，滴定反應(yīng)為：Ba2++H2Y2-=BaY2-+2H+，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液27.50mL。計算處理后水樣中含量_______。(用mg·L-1表示，寫出計算過程)。【答案】（1）①.正四面體形②.CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O③.CO2吹出時可增強溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于將H2S吹出（2）①.FeS②.廢水中Fe2+被通入的氧氣氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH緩慢降低（3）432mg·L?1【解析】【小問1詳解】①中心原子S原子的價層電子對數(shù)為，無孤電子對，根據(jù)價電子對互斥理論(VSEPR)模型為正四面體形，故答案為：正四面體形；②CH3COOH與在SBR細菌作用下生成CO2和H2S，根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒，則離子方程式為：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O，故答案為：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O；③H2S易溶于水，CO2吹出時可增強溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于將H2S吹出，故答案為：CO2吹出時可增強溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于將H2S吹出；【小問2詳解】①鐵炭混合物(鐵屑與活性炭的混合物)在酸性廢水中產(chǎn)生原子態(tài)H，可知氫離子得電子，廢水中轉(zhuǎn)化為硫化物而除去，硫元素也得電子，則鐵失去電子，發(fā)生反應(yīng)為：，則該硫化物的化學(xué)式為FeS，故答案案為：FeS；②反應(yīng)中有亞鐵離子生成，廢水中Fe2+被通入的氧氣氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH緩慢降低，故答案為：廢水中Fe2+被通入的氧氣氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH緩慢降低；【小問3詳解】加入10.00mL0.0500mol·L-1BaCl2溶液，則其中鋇離子的物質(zhì)的量n(Ba2+)=，根據(jù)滴定反應(yīng)為：Ba2++H2Y2-=BaY2-+2H+，與EDTA反應(yīng)的n(Ba2+)=n(H2Y2-)=，則n()=n(BaSO4)==2.250×10?4mol，含量=，故答案為：432mg·L?1。15.一種藥物中間體有機物F的合成路線如下：（1）C→D的反應(yīng)類型為_______。（2）原料A中混有雜質(zhì)，則E中會混有與E互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物X，X也含有1個含氮五元環(huán)。該副產(chǎn)物X的結(jié)構(gòu)簡式為_______。（3）D→E反應(yīng)過程分兩步進行，步驟①中D與正丁基鋰反應(yīng)產(chǎn)生化合物Y()，步驟②中Y再通過加成、取代兩步反應(yīng)得到E．則步驟②中除E外的另一種產(chǎn)物的化學(xué)式為_______。（4）A的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出其結(jié)構(gòu)簡式：_______。①含有手性碳原子，且能使溴的CCl4溶液褪色。②酸性條件下水解能生成兩種芳香族化合物，其中一種產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子個數(shù)比是1：2，且能與NaHCO3溶液反應(yīng)。（5）已知：格氏試劑(RMgBr，R為烴基)能與水、羥基、羧基、氨基等發(fā)生反應(yīng)。寫出以、CH3MgBr為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)_______。【答案】（1）還原反應(yīng)（2）（3）LiOH（4）（5）【解析】【分析】對比C和D的結(jié)構(gòu)簡式的區(qū)別可知C→D是還原反應(yīng)，對比和A結(jié)構(gòu)上的區(qū)別，再結(jié)合X也含有1個含氮五元環(huán)可以推出該副產(chǎn)物X的結(jié)構(gòu)簡式為，步驟②中Y和二氧化碳加成，根據(jù)Y的結(jié)構(gòu)簡式，二氧化碳的分子式再結(jié)合E結(jié)構(gòu)簡式對比可知除E外的另一種產(chǎn)物的化學(xué)式為LiOH，以此解題。【小問1詳解】對比C和D的結(jié)構(gòu)簡式的區(qū)別可知C→D是還原反應(yīng)；【小問2詳解】由分析可知，該副產(chǎn)物X的結(jié)構(gòu)簡式為；【小問3詳解】由分析可知，另一種產(chǎn)物的化學(xué)式為LiOH；【小問4詳解】酸性條件下水解能生成兩種芳香族化合物，其中一種產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境氫原子個數(shù)比是1：2，說明含有酯基，且含有2個苯環(huán)，能與NaHCO3溶液反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)中含有羧基，A中含有4個氧原子，其同分異構(gòu)體含有羧基和酯基，則結(jié)構(gòu)中不含有羥基，其同分異構(gòu)體能使溴的CCl4溶液褪色，則含有碳碳雙鍵，其同分異構(gòu)體中含有2個苯環(huán)，1個酯基，1個羧基，1個碳碳雙鍵，共有11個不飽和度，根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式可知A中含有11個不飽和度；其同分異構(gòu)體含有手性碳原子，且則滿足要求的同分異構(gòu)為：；【小問5詳解】首先利用格氏試劑和反應(yīng)并酸化制備之后用高錳酸鉀將支鏈上的甲基氧化為羧基，再濃硫酸的作用下消去反應(yīng)生成碳碳雙鍵，，再利用A→B反應(yīng)將羧基變成氨基，，具體流程為：。16.由難溶性磷酸鋰渣(主要成分為Li3PO4)為原料制備電池級Li2CO3的流程如下：已知：①Li2CO3在不同溫度下的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，90℃0.78g。②碳酸鋰：水溶液煮沸時容易發(fā)生水解。（1）溶解除磷。將一定量磷酸鋰渣與CaCl2溶液、鹽酸中的一種配成懸濁液，加入到三頸燒瓶中(裝置如圖)，一段時間后，通過滴液漏斗緩慢滴加另一種溶液，充分反應(yīng)，過濾，得到LiCl溶液。①滴液漏斗中的液體是_______。②Li3PO4轉(zhuǎn)化為LiCl和CaHPO4的離子方程式為_______。（2）除鈣。通過離子交換法除去溶液中Ca2+。若要使后續(xù)得到的Li2CO3中不含CaCO3(設(shè)沉淀后溶液中Li+濃度為0.1mol·L-1)，需控制除鈣后溶液中c(Ca2+)≤_______。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]（3）制備Li2CO3。向除雜后的LiCl溶液中加入N235萃取劑(50%三辛癸烷基叔胺與50%，異辛醇的混合液)，邊攪拌邊向混合液中通CO2，過濾洗滌得到Li2CO3。①方法能制得Li2CO3的原因是_______。②檢驗濾渣是否洗滌完全的實驗方法是_______。（4）若粗品碳酸鋰中含少量難溶性雜質(zhì)，為獲得較高產(chǎn)率的純Li2CO3，請補充完整實驗方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，邊通邊攪拌，_______。(已知：①LiHCO3受熱易分解；②實驗過程中Li2CO3轉(zhuǎn)化速率與時間的關(guān)系圖如圖所示。)【答案】（1）①.CaCl2溶液②.Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+（2）1.12×10-9mol·L-1（3）①.2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+濃度降低，有利于反應(yīng)正向進行②.取最后一次洗滌后的濾液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，無渾濁（4）反應(yīng)約40分鐘左右停止通CO2，過濾，洗滌濾渣，將洗滌后濾液與原濾液合并，溶液在90℃左右加熱反應(yīng)至不再有氣體產(chǎn)生，趁熱過濾，將濾渣低溫干燥【解析】【分析】本題屬于由磷酸鋰渣制備碳酸鋰的工業(yè)流程題，考慮到磷酸鋰和氯化鈣直接混合的話會生成磷酸鈣沉淀，故先將磷酸鋰和鹽酸混合，再加入氯化鈣溶液，在隨后的提純的過程中要考慮到碳酸鋰容易分解和Li2CO3轉(zhuǎn)化速率與時間問題，以此解題。【小問1詳解】①磷酸鋰和氯化鈣反應(yīng)會生成磷酸鈣沉淀，應(yīng)該先將磷酸鋰和鹽酸混合避免生成沉淀，隨后再與氯化鈣混合生成磷酸氫鈣，滴液漏斗中的液體是CaCl2溶液，故答案為：CaCl2溶液；②該反應(yīng)在酸性條件下進行，反應(yīng)物為：Li3PO4、CaHPO4，鹽酸，產(chǎn)物為LiCl、CaHPO4，注意用氫離子配平電荷，離子方程式為：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；【小問2詳解】沉淀后溶液中Li+濃度為0.1mol·L-1則，，需控制除鈣后溶液中；【小問3詳解】①LiCl和CO2反應(yīng)生成了HCl,該方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取劑，促使反應(yīng)往生成Li2CO3方向移動，故答案為：2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+濃度降低，有利于反應(yīng)正向進行；②檢驗濾渣是否洗滌完全，則需要檢測溶液中的氯離子即可，實驗方法是取最后--次洗滌液，加入硝酸銀溶液，若無白色沉淀生成，則洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌后的濾液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，無渾濁；【小問4詳解】可以向粗品中通入二氧化碳，將碳酸鋰轉(zhuǎn)化為碳酸氫鋰再過濾，即得碳酸氫鋰溶液，再加熱使碳酸氫鋰分解即可，加熱的時間可以參考圖象中的數(shù)據(jù)，由于碳酸鋰的溶解度隨著溫度升高而減小，故應(yīng)采用較高的溫度進行加熱，但是，加熱的溫度不能高于水的沸點，防止水發(fā)生沸騰干擾實驗終點的判斷，同時防止碳酸鋰發(fā)生水解，故答案為：反應(yīng)約40分鐘左右停止通CO2，過濾，洗滌濾渣，將洗滌后濾液與原濾液合并，溶液在90℃左右加熱反應(yīng)至不再有氣體產(chǎn)生，趁熱過濾，將濾渣低溫干燥。17.工業(yè)廢水中的重金屬離子會導(dǎo)致環(huán)境污染危害人體健康，可用多種方法去除。I．臭氧法絡(luò)合態(tài)的金屬離子難以直接去除。O3與水反應(yīng)產(chǎn)生的·OH(羥基自由基)可以氧化分解金屬配合物[mRa+·nX]中的有機配體，使金屬離子游離到水中，反應(yīng)原理為：·OH+[mRa+·nX]→mRa++CO2+H2O(Ra+表示金屬離子，X表示配體)·OH同時也能與溶液中的、反應(yīng)。在某廢水中加入Ca(OH)2，再通入O3可處理其中的絡(luò)合態(tài)鎳(II)。（1）基態(tài)Ni2+的核外電子排布式為_______。（2）加入的Ca(OH)2的作用是_______。Ⅱ．納米零價鋁法納米鋁粉有很強的吸附性和還原性，水中溶解的氧在納米鋁粉表面產(chǎn)生·OH(羥基自由基)，可將甘氨酸鉻中的有機基團降解，釋放出的鉻(VI)被納米鋁粉去除。（3）向AlCl3溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合價為+3)與Al3+反應(yīng)可生成納米鋁粉、H2和B(OH)，其離子方程式為_______。（4）向含有甘氨酸鉻的廢水中加入納米鋁粉，研究溶液中總氮含量[]隨時間的變化可