山東省濟寧市高三上學期期末考試化學試卷

2021屆山東省濟寧市高三上學期期末考試質量檢測化學試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mg24S32K39Cu64Zn65一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列敘述錯誤的是()A.氯化鐵、硫酸亞鐵是優(yōu)良的凈水劑B.石灰石在高溫下可用于消除燃煤煙氣中的SO2C.傳感膜是能夠將化學能轉化為電能的功能高分子膜D.碳酸鋇可用于腸胃X射線造影檢查【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．因為鐵離子會發(fā)生，生成的膠體可以吸附水中懸浮物，達到凈水的效果，亞鐵離子易被空氣中的氧氣氧化成鐵離子，同樣具有鐵離子的特性，A正確；B．石灰石在高溫下和燃煤煙氣中的SO2發(fā)生，故可除去燃煤煙氣中的SO2，B正確；C．由對離子敏感的材料制成的薄膜，該膜與內參比電極組成離子選擇電極，所以傳感膜能夠將化學能轉化為電能，C正確；D．碳酸鋇會和鹽酸（胃酸的主要成分）反應，不能用于腸胃X射線造影檢查，D錯誤；故選D。2.下列有關實驗操作說法錯誤的是()A.蒸餾時應先加熱蒸餾燒瓶，再向冷凝管中通入冷水B.向容量瓶中轉移液體時，玻璃棒可以接觸容量瓶刻度線下的內壁C.用分液漏斗分液時，眼睛注視分液漏斗內的液面D.用蒸發(fā)結晶的方法可使NaCl從溶液中析出【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．蒸餾時應先向冷凝管中通入冷水，再加熱蒸餾燒瓶，故A錯誤；B．向容量瓶中轉移液體時，玻璃棒下端可以接觸容量瓶刻度線下的內壁，故B正確；C．用分液漏斗分液時，眼睛注視分液漏斗內的液面，避免上層液體漏下，故C正確；D．將NaCl溶液蒸發(fā)結晶的方法，使得NaCl從溶液中析出，故D正確。綜上所述，答案為A。3.短周期主族元素X、Y、Z、R原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最高的元素，單質Z在X單質中燃燒火焰呈黃色，R基態(tài)原子p能級有一對成對電子。下列說法正確的是()A.電負性：X＞R＞Z＞YB.X與Z組成的化合物肯定含有共價鍵C.原子半徑：Z＞R＞X＞YD.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＞Y＞R【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最高的元素，則X為O，單質Z在X單質中燃燒火焰呈黃色，則Z為Na，Y為F，R基態(tài)原子p能級有一對成對電子，則R為S?！驹斀狻緼．根據(jù)同周期從左到右電負性逐漸增大，同主族從上到下電負性逐漸減小，因此電負性：F＞O＞S＞Na，故A錯誤；B．X與Z組成的化合物Na2O中不含共價鍵，故B錯誤；C．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑：Na＞S＞O＞F，故C正確；D．根據(jù)非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S，故D錯誤。綜上所述，答案為C。4.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)值，下列敘述中正確的是()A.18g氨基(—ND2)中含有的電子數(shù)為10NAB.24g金屬鎂在空氣中完全燃燒，轉移電子數(shù)為2NAC.足量和濃鹽酸共熱可生成NA個Cl2分子D.電解精煉銅時，若轉移了NA個電子，則陽極質量減小32g【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．氨基(—ND2)的摩爾質量為18g/mol，1mol氨基(—ND2)的電子數(shù)為9mol，所以18g氨基(—ND2)中含有的電子數(shù)為9NA，A項錯誤；B．24g金屬鎂是1mol，在空氣中完全燃燒生成MgO，轉移電子數(shù)為2NA，B項正確；C．稀鹽酸不和反應，所以無法確定生成的Cl2含量，C項錯誤；D．電解精煉銅時，陽極是粗銅，含有鐵、鋅等雜質，所以無法根據(jù)陽極減少的質量計算轉移的電子數(shù)，D項錯誤；答案選B。5.用下列實驗裝置(部分夾持裝置略去)進行相應的實驗，能達到實驗目的的是()A.用裝置甲檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體B.用裝置乙加熱熔融的純堿固體C.用裝置丙提純膠體D.用裝置丁可分離苯(沸點℃)和溴苯(沸點℃)【答案】A【解析】【詳解】A．氯化銨受熱分解生成氨氣、HCl。堿石灰吸收HCl，氨氣可使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兯{；五氧化二磷吸收氨氣，HCl可使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅。所以，裝置甲可以檢驗氯化銨分解生成的兩種氣體。A正確。B．高溫熔融的純堿固體會與瓷坩堝中的SiO2反應而腐蝕坩堝，因而不能用瓷坩堝。B錯誤。C．Fe(OH)3膠體中膠體粒子粒徑介于1nm－100nm，能透過濾紙，故不能用過濾的方法提純該膠體。C錯誤。D．用裝置丁進行蒸餾操作時，溫度計的作用是測定蒸汽的溫度，應位于蒸餾燒瓶的支管口附近。D錯誤。正確答案為A。6.如圖所示的鹽可用于處理黑磷納米材料，從而保護和控制其性質。下列說法錯誤的是()A.鹽中碳原子的軌道雜化類型為sp3、sp2B.離子中含有配位鍵，配體為C.第一電離能：C<O<ND.1mol該鹽的陽離子含有鍵的數(shù)目為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.甲基中的碳原子的軌道雜化類型為sp3，苯環(huán)中的碳原子的軌道雜化類型為sp2，A項正確；B.是在BF3中B提供空軌道，提供孤對電子而形成的配位鍵，配體為，B項正確；C.第一電離能在同一周期隨原子序數(shù)的增加而變大，故第一電離：C<O<N，C項正確；D.該鹽陽離子中含有一個氮氮三鍵、一個氮碳鍵、苯環(huán)上有四個碳氫鍵、苯環(huán)上六個碳碳鍵、兩個碳氧鍵、三個碳氫鍵，1mol該鹽陽離子含有σ鍵的數(shù)目為17mol，D項錯誤；答案選D。7.下列說法正確的是()A.保持溫度不變，向稀氨水中緩慢通入，溶液中的值增大B.馬口鐵(鍍錫鐵皮)鍍層破損后鐵仍不易腐蝕C.常溫下，分別在同物質的量濃度的溶液和溶液中的溶解度相同D.反應在常溫下可自發(fā)進行，說明該反應【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．氨水中存在電離平衡：NH3H2ON+OH-，向稀氨水中緩慢通入CO2，反應消耗OH-，平衡正向移動，N濃度增大，溫度不變，電離常數(shù)不變，即不變，則的值減小，故A錯誤；B．鐵比錫活潑，鍍層破損后和電解質溶液接觸形成原電池，鐵作負極易被腐蝕，故B錯誤；C．BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)，增大S的濃度，平衡逆向移動，溶解度減小，同物質的量濃度的溶液和溶液中S的濃度不同，則BaSO4的溶解度不同，故C錯誤；D．反應，在常溫下可自發(fā)進行，則，由反應可知混亂度減小，熵變，說明該反應的，故D正確；答案選D。8.下表所列是2個反應在不同溫度時的化學平衡常數(shù)()值。反應①②溫度/℃27200025400450K關于反應①、②的下列說法正確的是()A.反應①、②均為吸熱反應B.反應①不適合用于大規(guī)模人工固氮C.可求算反應的D.一定溫度下，①、②分別達到平衡，壓縮容器體積均可使的轉化率增大【答案】B【解析】【詳解】A．反應①隨溫度升高，K值變大，平衡正向移動，是吸熱反應；反應②隨溫度升高，K值變小，平衡逆向移動，是放熱反應。故A錯誤。B．反應①為吸熱反應，平衡常數(shù)太小，不適合用于大規(guī)模人工固氮，故B正確。C．由蓋斯定律，①×2－②×2得：4NH3(g)+2O2(g)4NO(g)+6H2(g)，得不到4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，故C錯誤；D．一定溫度下，反應①N2(g)+O2(g)2NO(g)是氣體體積不變的反應，壓縮容器體積(加壓)平衡不移動，不能使N2的轉化率增大，故D錯誤。故選B。9.采用雙催化劑，可實現(xiàn)用消除酸性廢水中的、，中的價態(tài)有+2、+3價，用、表示，其反應歷程如圖所示。下列說法錯誤的是()A.用該法處理后水體的降低B.過程③中被還原為C.過程④每生成，轉移電子D.、的相互轉化起到了傳遞電子的作用【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)圖示，該方法的總反應為、，反應消耗氫離子，用該法處理后水體的增大，故A錯誤；B．根據(jù)圖示，過程③中被還原為，故B正確；C．過程④、發(fā)生歸中反應生成氮氣，每生成轉移電子，故C正確；D．根據(jù)圖示，、相互轉化，把氫氣失的電子傳給了N原子，起到了傳遞電子的作用，故D正確；答案選A。10.中國科學院研究團隊在堿性鋅鐵液流電池研究方面取得新進展，該電池的總反應為。下列敘述正確的是()A.放電時，極電極反應式為B.充電時，接電池負極，該電極發(fā)生氧化反應C.充電時，右側貯液器中溶液濃度減小D.放電時，電路中轉移電子時，負極區(qū)電解質溶液增重【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖示及總反應可知，放電時，N為負極，Zn失去電子，發(fā)生氧化反應，M為正極，得電子，發(fā)生還原反應；充電時，N為陰極，得電子，發(fā)生還原反應，M為陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，放電時，M為電池正極，得電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為，故A項錯誤；B．充電時，N為陰極，接電池負極，得電子，發(fā)生還原反應，故B項錯誤；C．充電時，右側貯液器中得到電子生成Zn，離子減少，溶液濃度減小，故C項正確；D．放電時，Zn失電子后與氫氧根生成，當電路中轉移2mol電子時，溶液增加的質量為1molZn和2molOH-的質量之和，大于65g，故D項錯誤。故答案選：C【點睛】本題根據(jù)原電池和電解池的原理，判斷電池的正負極，得失電子情況，根據(jù)圖示進行解題。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列陳述I、II正確且有因果關系的是()選項陳述I陳述IIAAl有強還原性利用鋁熱反應冶煉金屬Fe、Mn等B氫氧化鋁具有弱堿性可用于制胃酸中和劑CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色H2O2表現(xiàn)氧化性，SO2表現(xiàn)還原性D水蒸氣通過灼熱鐵粉，鐵粉變紅褐色鐵粉與水蒸氣在高溫下發(fā)生反應A.A B.B C.C D.D【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．因A1有強還原性，據(jù)此利用鋁熱反應冶煉金屬Fe、Mn等，二者有因果關系，故A正確；B．因氫氧化鋁具有弱堿性(兩性物質)，可用于制胃酸中和劑，二者有因果關系，故B正確；C．H2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色，該反應中，H2O2、SO2均表現(xiàn)還原性，二者無因果關系，故C錯誤；D．鐵粉與水蒸氣在高溫下發(fā)生反應，生成的是四氧化三鐵和氫氣，水蒸氣通過灼熱鐵粉，鐵粉不變紅褐色，二者無因果關系，故D錯誤；故選AB。12.實驗室探究制備高錳酸鉀的綠色化方案，其實驗流程如圖：已知：在酸性、中性和弱堿性環(huán)境下，會發(fā)生自身氧化還原(歧化)反應，生成和。下列說法正確的是()A.“共熔”投料的順序為：先加入和，待熔融后再加入B.“歧化”步驟所得的氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為C.“歧化”過程中加入的會被氧化D.從提高原料利用率的角度分析，本實驗流程的優(yōu)點是濾渣可循環(huán)利用【答案】BD【解析】【分析】MnO2、KOH和KClO3在高溫下熔融反應生成K2MnO4，加水溶解，向溶液中加入醋酸調節(jié)溶液的pH，K2MnO4發(fā)生歧化生成KMnO4和MnO2，過濾后，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到KMnO4晶體?！驹斀狻緼．共熔投料時若先加入MnO2和KClO3，則2KClO32KCl+3O2↑，KClO3分解，就不能和MnO2、KOH在高溫下熔融反應生成K2MnO4，故A項錯誤；B．“歧化”步驟中K2MnO4反應得到氧化產(chǎn)物(KMnO4)和還原產(chǎn)物(MnO2)，一部分K2MnO4中Mn元素化合價升高1價生成KMnO4，另一部分K2MnO4中Mn元素化合價降低2價生成MnO2，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為2:1，故B項正確；C．“歧化”過程中加入的CH3COOH不會被生成的KMnO4氧化，故C項錯誤；D．過濾這個步驟得到的濾渣是MnO2，可以循環(huán)利用，所以D項正確。故答案選：BD。13.電有機合成反應溫和高效，體系簡單，環(huán)境友好。電解合成1，2一二氯乙烷的實驗裝置如圖所示。下列說法中不正確的是()A.該裝置工作時，溶液的濃度不斷減小B.液相反應中，被氧化為1，2一二氯乙烷C.當電路中轉移電子就有通過離子交換膜進入氯化鈉溶液D.該裝置總反應為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．鈉離子進入陰極區(qū)，氯離子進入陽極區(qū)，氯化鈉濃度逐漸減小，故A正確；B．CuCl2能將C2H4氧化為1，2一二氯乙烷，故B正確；C．陰極H2O或H＋放電生成NaOH，所以離子交換膜Y為陽離子交換膜；陽極CuCl放電轉化為CuCl2，所以離子交換膜X為陰離子交換膜，鈉離子應通過離子交換膜進入陰極區(qū)，故C錯誤；D．以NaCl和CH2＝CH2為原料合成1，2?二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循環(huán)使用，其實質是NaCl、H2O與CH2＝CH2反應，所以總反應為，故D正確；故選：C。14.已知水合肼()有毒且不穩(wěn)定，具有強還原性和強堿性。實驗室用NaClO堿性溶液與尿素[]水溶液在40℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應可以制得水合肼，裝置如圖所示。下列說法不正確的是()A.分液漏斗中盛裝尿素水溶液B.三頸燒瓶中反應的離子方程式為：C.球形冷凝管的作用是冷凝回流減少水合肼的揮發(fā)D.反應完全后，分離出水合肼的實驗操作為減壓蒸餾【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．生成產(chǎn)物水合肼有強還原性，而NaClO具有強氧化性，所以要嚴格控制NaClO的用量，防止過多將水合肼氧化，故A錯誤；B．次氯酸根和尿素在堿性條件下反應，根據(jù)得失電子守恒得到反應的離子方程式為：，故B正確；C．防止水合肼的揮發(fā)，用球形冷凝管進行冷凝回流，故C正確；D．因為水合肼不穩(wěn)定，反應完全后，因此分離出水合肼的實驗操作為減壓蒸餾，故D正確。綜上所述，答案為A。15.室溫下，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液中由水電離出濃度的負對數(shù)與所加溶液體積關系如圖所示。(忽略溶液混合引起的體積變化)，下列說法正確的是()A.b點溶液中：c(CH3COO-)＜c(CH3COOH)B.c、e兩點溶液：c點顯中性，e點顯堿性C.d點溶液中：c(Na＋)+c(CH3COO-)+c(CH3D.f點溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH－)＞c(H＋)【答案】BC【解析】【分析】圖中b點所加V(NaOH)=10mL，此時CH3COOH被中和一半，故b點剛反應時溶質為等物質的量的CH3COOH和CH3COONa；d點所加V(NaOH)=20mL，此時CH3COOH被完全中和，故d點剛反應時溶質為CH3COONa；f點所加V(NaOH)=40mL，此時NaOH相當于CH3COOH的兩倍，故f點組成為CH3COONa和NaOH?！驹斀狻緼．b點，滴加的NaOH發(fā)生反應時，CH3COOH和CH3COONa的物質的量相等，但溶液的pH＜7，則表明反應后CH3COOH將發(fā)生部分電離，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，A不正確；B．c點時，溶質為CH3COOH和CH3COONa，且水的電離不受影響，則溶液呈中性；e點時，溶質為CH3COONa和NaOH，二者都呈堿性，所以溶液顯堿性，B正確；C．d點溶液中：c(Na＋)=，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=，所以c(Na＋)+c(CH3COO-)+c(CH3，C正確；D．f點，剛反應時溶質組成為等物質的量的CH3COONa和NaOH，然后CH3COO-發(fā)生水解，導致c(CH3COO-)減小、c(OH－)增大，所以溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)，D不正確；故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分16.過渡金屬元素及其化合物的應用廣泛，是科學家們進行前沿研究的方向之一、(1)基態(tài)核外層電子排布式為_______；基態(tài)原子核外、層電子的電子云有_______種不同的伸展方向。(2)鋅化銅是一種金屬互化物，元素銅的第二電離能_______(填“大于”“小于”或“等于”)鋅的第二電離能。(3)是一種紫色晶體，其中為二甲基亞砜，化學式為。中硫原子的雜化軌道類型為_______，中鍵角_______中鍵角(填“大于”“小于”或“等于”)，的空間構型是_______，元素、、的電負性由大到小的順序為_______。(4)某晶體晶胞結構如圖所示，其中均勻地分散在立方體內部，該化合物的化學式為_______，a、b氧原子的坐標參數(shù)依次為(0，0，0)、(，，)，則d點原子的坐標參數(shù)為_______?！敬鸢浮?1).(2).4(3).大于(4).(5).小于(6).正四面體(7).(8).(9).(，，)【解析】【分析】【詳解】(1)Cr元素是24號元素，Cr原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，失去3個電子形成Cr3＋，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d3，則Cr3＋基態(tài)核外M層電子排布式為：3s23p63d3；基態(tài)Zn原子核外K層和L層電子，含有軌道類型為s軌道和p軌道，s有1種伸展方向，p有3種，電子云共有4種伸展方向；故答案為：3s23p63d3；4；(2)失去1個電子后Zn＋價電子排布為3d104s1，而Cu＋價電子排布為3d10，Cu＋達到更穩(wěn)定狀態(tài)，故銅的第二電離能大于鋅的；故答案為：大于；(3)DMSO為二甲基亞砜，化學式為OS(CH3)2．中心原子S價層電子對數(shù)為4，有1對孤電子對，采取sp3雜化；C原子半徑小于S，則C-C的鍵長小于S-C的鍵長，C=O的鍵長小于S=O的鍵長，鍵長越短，鍵角越大，因此中鍵角小于中鍵角；晶體中C1O中心原子Cl的價層電子對數(shù)n為：＝4，孤電子對數(shù)m為：＝0，所以晶體中C1O的空間構型為正四面體；S和Cl是同周期元素，非金屬性Cl>S，O非金屬性大于Cl，電負性大于Cl，所以三種電負性大小關系為：O>Cl>S；故答案為：sp3；小于；正四面體；O>Cl>S；(4)晶胞中Cu原子數(shù)目＝4、O原子數(shù)目＝1＋8×＝2，則晶胞的化學式為：Cu2O；a、b的坐標參數(shù)依次為(0，0，0)、(，，)，則a為坐標系原點，d處于晶胞體對角線上且將體對角線分成長度為1：3兩段，可知d到左側平面、前平面、下底面的距離分別為、、；d點的坐標為：(，，)；故答案為：；(，，)；17.2020年2月21日我國學者在《德國應化》上發(fā)表了“硼氫化鈉(，硼為+3價)水解產(chǎn)物再生”為題的研究成果。利用硼精礦(主要成分為，含有少量、、等)制取的流程如下：已知：偏硼酸鈉()易溶于水，不溶于乙醇，在堿性條件下穩(wěn)定存在?；卮鹣铝袉栴}：(1)加快硼精礦溶解的措施有_______(答出一條即可)。(2)“溶解”過程發(fā)生反應的離子方程式為_______。(3)操作2中洗滌選用的試劑是_______，反應1得到的副產(chǎn)物的用途為_______(答出一種用途即可)。(4)如圖電解也可制得硼氫化鈉，則交換膜的種類為_______，寫出陰極室的電極反應式_______。(5)研究者利用與和廉價單質進行室溫球磨再生同時生成甲烷，寫出反應的化學方程式_______?！敬鸢浮?1).礦石粉碎，加熱，適當提高溶液濃度，攪拌等(2).(3).乙醇(4).耐火材料(5).陽離子交換膜(6).(7).【解析】【分析】以硼精礦(主要成分為B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)為原料制取NaBH4，由流程可知，加NaOH溶解B2O3、Al2O3、SiO2，將FeCl3轉化成氫氧化鐵沉淀，則操作1為過濾，濾渣為Fe(OH)3，再加CaO將硅鋁沉淀，則操作2也為過濾，從而除去硅鋁，最后反應1為NaBO2與MgH2反應生成NaBH4，以此來解答．【詳解】(1)將硼精礦粉碎、攪拌、增大NaOH濃度、升溫等都可以加快硼精礦溶解速率，故答案為：礦石粉碎，加熱，適當提高溶液濃度，攪拌等；(2)加氫氧化鈉溶解過程中B2O3與NaOH反應產(chǎn)生NaBO2，反應的離子方程式：，故答案為：；(3)根據(jù)化合價代數(shù)和為0，則氫化鎂(MgH2)中H元素的化合價為?1；MgH2與NaBO2在一定條件下發(fā)生反應生成NaBH4和MgO，則反應方程式為：2MgH2＋NaBO2＝NaBH4＋2MgO，，氧化鎂是高熔點的物質，可做耐火材料，故答案為：乙醇；耐火材料；(4)在陰極上電解NaBO2也可制得硼氫化鈉，則陰極室BO得電子發(fā)生還原反應生成BH，因此離子交換膜應防止BO進入陽極區(qū)，應選用陽離子交換膜；電極反應式為：BO＋6H2O＋8e?＝BH＋8OH?，故答案為：陽離子交換膜；BO＋6H2O＋8e?＝BH＋8OH?；(6)與和單質反應生成和甲烷，反應的方程式為：，故答案為：；18.硫氰化鉀()俗稱玫瑰紅酸鉀，是一種用途廣泛的化學藥品。實驗室模擬工業(yè)制備硫氰化鉀的實驗裝置如下圖所示：已知：①NH3不溶于，密度比水大且不溶于水；②三頸燒瓶內盛放：、水和催化劑。③，該反應比較緩慢且在高于170℃易分解。回答下列問題：(1)裝置A中反應的化學方程式是_______。(2)裝置C的作用是_______。(3)制備溶液：熄滅A處的酒精燈，關閉，保持三頸燒瓶內液溫105℃一段時間，其目的是_______，然后打開，繼續(xù)保持液溫105℃，緩緩滴入適量的溶液，寫出裝置D中生成的化學方程式：_______。(4)裝置E的作用為吸收尾氣，防止污染環(huán)境，寫出吸收時的離子方程式_______。(5)制備硫氰化鉀晶體：先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，再減壓_______、_______、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體。(6)測定晶體中的含量：稱取樣品。配成1000mL溶液量取溶液于錐形瓶中，加入適量稀硝酸，再加入幾滴a作指示劑，用標準溶液滴定，達到滴定終點時消耗標準溶液。[已知：滴定時發(fā)生的反應：。]①滴定過程的指示劑a為_______，②晶體中的質量分數(shù)為_______。【答案】(1).(2).觀察氣泡流速，控制裝置A的加熱溫度(3).讓完全分解而除去(4).(5).(6).蒸發(fā)濃縮(7).冷卻結晶(8).溶液(9).(或0.873)【解析】【分析】加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制取氨氣，用堿石灰干燥后，在三頸燒瓶中氨氣與CS2反應生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，再減壓蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體?！驹斀狻?1)裝置A中加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物生成氨氣、氯化鈣和水，反應的化學方程式是；(2)通過觀察C中的氣泡流速，判斷A中產(chǎn)生氨氣的速度，控制裝置A的加熱溫度；(3)加熱易分解，制備溶液時，熄滅A處的酒精燈，關閉，保持三頸燒瓶內液溫105℃一段時間，其目的是讓完全分解而除去，然后打開，繼續(xù)保持液溫105℃，緩緩滴入適量的溶液，裝置D中NH4SCN和KOH反應生成，化學方程式是；(4)裝置E中，被酸性重鉻酸鉀氧化為氮氣，反應的離子方程式；(5)先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，再減壓蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體；(6)①Fe3+遇變紅色，所以滴定過程的指示劑a為溶液；②達到滴定終點時消耗標準溶液，根據(jù)方程式可知，溶液中的物質的量是，晶體中的質量分數(shù)為?！军c睛】本題以制備硫氰化鉀為載體，考查物質制備，理解各裝置用途、明確反應原理是解題關鍵，熟悉物質分離和提純的方法，掌握滴定法測定物質百分含量。19.磷酸亞鐵鋰()為近來新開發(fā)的鋰離子電池電極材料，主要用于動力鋰離子電池，廢料中(含、石墨)磷、鐵、鋰的綜合回收工藝流程圖：已知：①常溫下，②、的溶解度與溫度的關系如下表：溫度/℃020406080100溶解度/g(1)過程Ⅰ“堿浸”的目的是_______。(2)過程Ⅱ“酸浸”加入雙氧水的目的是_______，若浸出液中存在大量離子，則反應的離子方程式為_______。(3)①過程Ⅲ得到“沉淀Y”的離子方程式為_______。②一定條件下，探究了pH對磷酸鐵沉淀的影響，結果如下圖所示。由圖可知，過程Ⅲ應選取的最佳沉淀時的pH為_______。隨pH的增加，磷的沉淀率開始下降，而鐵沉淀率未下降，分析原因為_______。(4)①為充分沉淀，“沉鋰”時所用的X和適宜的溫度是_______A.20-40℃B.80-100℃C.20-40℃D.60-80℃②常溫下，測得濾液1中，某同學取該濾液進行“沉鋰”反應。加入溶液卻未見沉淀，若不考慮液體混合時的體積變化，則該同學加入的X溶液最大濃度為_______?！敬鸢浮?1).溶解，使其分離出去(2).將氧化為(3).(4).(5).(6).隨的增加，部分沉淀轉變?yōu)槌恋?，使得部分釋放，導致磷沉淀率下降，而鐵仍在沉淀中(7).D(8).【解析】【分析】LiFePO4廢料(含Al、石墨)加入氫氧化鈉溶液，鋁與氫氧化鈉溶液反應生成可溶于水的NaAlO2，過濾，濾渣中含有LiFePO4和石墨，在濾渣中加入鹽酸和過氧化氫浸取，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，浸出液中含有鐵離子、鋰離子、、離子等，加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH，可生成FePO4?2H2O，濾液1中含有鋰離子，濾液1中加入碳酸鈉沉鋰得到Li2CO3產(chǎn)品，F(xiàn)ePO4?2H2O中加入氫氧化鈉溶液調節(jié)pH，得到含鐵產(chǎn)品和濾液2，濾液2為Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥后得Na3PO4·12H2O晶體，以此解答該題?！驹斀狻?1)鋁與氫氧化鈉溶液反應生成可溶于水的NaAlO2，則過程I“堿浸”的目的是溶解Al，使其分離出去，故答案為：溶解Al，使其分離出去；(2)過程II“酸浸”加人雙氧水的目的是將Fe2+氧化為Fe3+；“溶浸2”過程中LiFePO4中+2鐵元素在酸性環(huán)境下被雙氧水氧化成+3價，且酸性較強的條件P元素以的形式存在，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得反應的離子方程式為，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；；(3)①根就“沉鐵、磷”時，加入碳酸鈉溶液，碳酸根結合氫離子促進的電離，產(chǎn)生大量磷酸根和氫離子，所以析出FePO4沉淀，并生產(chǎn)CO2，反應的離子方程式為，故答案為：；②過程Ⅲ得到FePO4?2H2O，由圖可知在pH等于時；磷的沉淀率最高，則應選取的最佳沉淀pH為，根據(jù)圖像可知，隨pH的增加，磷的沉淀率開始下降，而鐵沉淀率未下降，是因為隨的增加，部分沉淀轉變?yōu)槌恋?，使得部分釋放，導致磷沉淀率下降，而鐵仍在沉淀中，故答案為：；隨的增加，部分沉淀轉變?yōu)槌恋?，使得部分釋放，導致磷沉淀率下降，而鐵仍在沉淀中；(4)①由表中數(shù)據(jù)可知，相同溫度下碳酸鋰的溶解度比LiOH小，且升高溫度碳酸鋰的溶解度減小，所以題目所給選項中“沉鋰”時所用的X和適宜溫度是Na2CO3、60-80℃，故答案為：D；②混合溶液中，由分析可知X溶液為Na2CO3溶液，設該同學加入的Na2CO3溶液的濃度為xmol/L，則混合溶液中，二者混合未見沉淀，則，解得，則該同學加入的Na2CO3溶液最大濃度為c(Na2CO3，故答案為：?！军c睛】第(3)①題的離子方程式書寫為本題難點，要根據(jù)流程中所給的部分產(chǎn)物來推測發(fā)生的反應，沉鐵、磷時會產(chǎn)生氣體，不難分析出該氣體為CO2，而沉淀中加入NaOH溶液進行沉淀轉化生成氫氧化鐵和磷酸鈉晶體，說明沉淀應為磷酸鐵，再結合元素守恒即可。20.山東“十四五”規(guī)劃提出“推動綠色發(fā)展，繪就綠水青山齊魯畫卷”。CO2加氫可緩解CO2帶來的環(huán)境壓力，同時帶來巨大的經(jīng)濟效益。CO2加氫過程，主要發(fā)生的三個競爭反應為：反應Ⅰ：