2025年四川省瀘州市重點中學高三（下）4月調研化學試題試卷含解析

2025年四川省瀘州市重點中學高三（下）4月調研化學試題試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、氫氧燃料電池是一種常見化學電源，其原理反應：2H2＋O2=2H2O，其工作示意圖如圖。下列說法不正確的是()A．a極是負極，發(fā)生反應為H2－2e－=2H＋B．b電極上發(fā)生還原反應，電極反應式為O2＋4H＋＋4e－=2H2OC．電解質溶液中H＋向正極移動D．放電前后電解質溶液的pH不會發(fā)生改變2、某同學將光亮的鎂條放入盛有NH4Cl溶液的試管中，有大量氣泡產生，為探究該反應原理，該同學做了以下實驗并觀察到相關現象，由此得出的結論不合理的是選項實驗及現象結論A將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，試紙變藍反應中有NH3產生B收集產生的氣體并點燃，火焰呈淡藍色反應中有H2產生C收集氣體的同時測得溶液的pH為8.6弱堿性溶液中Mg也可被氧化D將光亮的鎂條放入pH為8.6的NaHCO3溶液中，有氣泡產生弱堿性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D3、25℃時，將濃度均為0.1mol·L-1、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3·H2O溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb與混合液的pH的關系如圖所示。下列說法不正確的是A．Ka(HX)的值與Kb(NH3·H2O)的值相等B．b點，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1C．a→c點過程中，值不變D．a、b、c三點，c點時水電離出的c(H＋)最大4、設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．1mol氨基（-NH2）含有電子數目為10NAB．2gH218O中所含中子、電子數目均為NAC．pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的數目為2NAD．電解精煉銅時，若陽極質量減少64g，則陽極失去的電子數為2NA5、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四種離子以物質的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A．Na+ B．Cl﹣ C．CO32﹣ D．OH﹣6、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子數目為NAB．2L0.5mol?L-1磷酸溶液中含有的H+數目為3NAC．標準狀況下，2.24L己烷中含有的共價鍵數目為1.9NAD．50mL12mol?L-1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數目為0.3NA7、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可與HCHO發(fā)生反應生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列說法錯誤的是（）A．Zn2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10B．1molHCHO分子中含有σ鍵的數目為1.806×1024C．HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型是sp3D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，結構可表示為8、碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一種具有發(fā)展前景的“綠色”化工產品，電化學合成碳酸二甲酯的工作原理如圖所示（加入兩極的物質均是常溫常壓下的物質）。下列說法不正確的是（）A．石墨2極與直流電源負極相連B．石墨1極發(fā)生的電極反應為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+C．H+由石墨1極通過質子交換膜向石墨2極移動D．電解一段時間后，陰極和陽極消耗的氣體的物質的量之比為2：19、根據下圖，有關金屬的腐蝕與防護的敘述正確的是A．鋼閘門含鐵量高，無需外接電源保護B．該裝置的原理是“犧牲陽極的陰極保護法”C．將鋼閘門與直流電源的負極相連可防止其被腐蝕D．輔助電極最好接鋅質材料的電極10、氯仿(CHCl3)是一種有機合成原料，在光照下遇空氣逐漸被氧化生成劇毒的光氣(COCl2)：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2。下列說法不正確的是A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3雜化B．CHCl3屬于極性分子C．上述反應涉及的元素中，元素原子未成對電子最多的可形成直線形分子D．可用硝酸銀溶液檢驗氯仿是否變質11、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是A．標準狀況下，5.6L一氧化氮和5.6L氧氣混合后的分子總數為0.5NAB．等體積、濃度均為1mol/L的磷酸和鹽酸，電離出的氫離子數之比為3:1C．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同D．標準狀況下，等體積的N2和CO所含的原子數均為2NA12、生活中處處有化學。下列說法正確的是A．制飯勺、飯盒、高壓鍋等的不銹鋼是合金B(yǎng)．做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構體C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的飽和酯類D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質，豆?jié){煮沸后蛋白質變成了氨基酸13、下列實驗中，所選裝置或儀器合理的是A．高溫煅燒石灰石 B．從KI和I2的固體混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液14、下列物質在生活或生成中的應用錯誤的是A．葡萄糖中添加二氧化硫用于殺菌、抗氧化B．在含較多Na2CO3的鹽堿地中施加適量熟石灰降低了土壤堿性C．陶瓷坩堝不能用于熔融燒堿D．甲烷是一種強效溫室氣體，廢棄的甲烷可用于生成甲醇15、輝鉬精礦主要成分是二氧化鉬（MoS2），還含有石灰石、石英、黃銅礦（CuFeS2）等雜質。某學習小組設計提取MoS2的過程如下：下列說法錯誤的是A．為加快輝鉬精礦溶解，可將礦石粉粹并適當加熱B．加濾液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等離子C．以上①②③過程均涉及氧化還原反應D．步驟③溫度不宜過高，以免MoS2被氧化16、人劇烈運動后肌肉發(fā)酸是因為當體內氧氣缺少時葡萄糖發(fā)生反應產生了乳酸，其結構簡式為。下列關于乳酸的說法正確的是（）A．乳酸的系統(tǒng)命名為1-羥基丙酸B．與乳酸具有相同官能團的所有同分異構體(包括乳酸)共3種C．乳酸既可發(fā)生取代反應、消去反應又可發(fā)生加成反應D．乳酸發(fā)生縮聚反應的方程式為n+nH2O17、從海帶中提取碘的實驗中，下列操作中未涉及的是A． B． C． D．18、化學與生活密切相關。下列說法正確的是（）A．聚氯乙烯、聚苯乙烯和聚酯纖維都是由加聚反應制得的B．因為鈉的化學性質非常活潑，故不能做電池的負極材料C．鋼化玻璃和有機玻璃都屬于硅酸鹽材料，均可由石英制得D．利用外接直流電源保護鐵質建筑物，屬于外加電流的陰極保護法19、實驗室模擬從海帶中提取碘單質的流程如圖：下列裝置不能達成相應操作目的的是（）A．灼燒用酒精濕潤的干海帶B．用水浸出海帶灰中的I-C．用NaOH溶液分離I2/CCl4D．加入稀H2SO4后分離生成的I220、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NAB．2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋數為2NAC．標準狀況下，22.4L水中含有的共價鍵數為2NAD．50mL12mol·L－1的濃鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數為0.3NA21、鈀是航天、航空高科技領域的重要材料。工業(yè)用粗鈀制備高純度鈀的流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．酸浸時反應的化學方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“熱還原”中每生成1molPd同時生成的氣體的物質的量為8molC．化學實驗中可利用氯鈀酸根離子檢驗溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”過程中為加快反應速率可用濃硫酸代替濃鹽酸22、下列物質的性質與用途具有對應關系的是A．二氧化硅熔點高，可用作光導纖維B．過氧化鈉可與二氧化碳反應生成氧氣，可用作呼吸供氧劑C．明礬易溶于水，可用作凈水劑D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白紙張二、非選擇題(共84分)23、（14分）香豆素-3-羧酸是一種重要的香料，常用作日常用品或食品的加香劑。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烴基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的結構簡式：_____________；苯與丙烯反應的類型是_____________。（2）F為鏈狀結構，且一氯代物只有一種，則F含有的官能團名稱為_____________。（3）D→丙二酸二乙酯的化學方程式：_____________。（4）丙二酸二乙酯在一定條件下可形成聚合物E，其結構簡式為：_____________。（5）寫出符合下列條件的丙二酸二乙酯同分異構體的結構簡式：_____________。①與丙二酸二乙酯的官能團相同；②核磁共振氫譜有三個吸收峰，且峰面積之比為3∶2∶1；③能發(fā)生銀鏡反應。（6）丙二酸二乙酯與經過三步反應合成請寫出中間產物的結構簡式：中間產物I_____________；中間產物II_____________。24、（12分）有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現象如圖所示。其中“↓”表示難溶物，“↑”表示氣體，“-”表示無明顯現象，空格表示未做實驗，試推斷其中F是：A．碳酸鈉溶液 B．氯化鋇溶液C．硫酸鎂溶液 D．碳酸氫鈉溶液25、（12分）硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”。已知它易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，受熱、遇酸易分解。某實驗室模擬工業(yè)硫化堿法制取硫代硫酸鈉，其反應裝置及所需試劑如圖：（1）裝置甲中，a儀器的名稱是____________；a中盛有濃硫酸，b中盛有亞硫酸鈉，實驗中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(寫出一條即可)。（2）裝置乙的作用是____________________________________。（3）裝置丙中，將Na2S和Na2CO3以2：1的物質的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反應的化學方程式為：________________________________________。（4）本實驗所用的Na2CO3中含少量NaOH，檢驗含有NaOH的實驗方案為_________。(實驗中供選用的試劑及儀器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸餾水、pH計、燒杯、試管、滴管．提示：室溫時CaCO3飽和溶液的pH=9.5)（5）反應結束后過濾丙中的混合物，濾液經蒸發(fā)、結晶、過濾、洗滌、干燥等得到產品，生成的硫代硫酸鈉粗品可用_____________洗滌。為了測定粗產品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法(假設粗產品中的雜質與酸性KMnO4溶液不反應)。稱取1.50g粗產品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加適量稀硫酸酸化)滴定，當溶液中全部被氧化為時，消耗高錳酸鉀溶液體積40.00mL。①寫出反應的離子方程式：________________________________________。②產品中Na2S2O3·5H2O的質量分數為____________________(保留小數點后一位)。26、（10分）(一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學興趣小組利用下列裝置實驗室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為_______________；(3)X中盛放的試劑是___________，其作用為___________________；(4)Z中應先通入，后通入過量的，原因為__________________；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰()，其在酸浸時反應的離子方程式為_________________；(6)已知有機物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機層)+(水層)從平衡角度解釋：向(有機層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中沉淀完全，需調節(jié)pH至少為________；(8)取某產品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(鈰被還原成)．(已知：的相對分子質量為208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；②根據下表實驗數據計算產品的純度____________；滴定次數溶液體積(mL)滴定前讀數滴定后讀數第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產品從而測定產品的純度，其它操作都正確，則測定的產品的純度____________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。27、（12分）二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色氣體，極易溶于水，在混合氣體中的體積分數大于10％就可能發(fā)生爆炸，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。回答下列問題：（1）在處理廢水時，ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，該反應的離子方程式為_________。（2）某小組通過NaClO3法制備ClO2，其實驗裝置如下圖。①通入氮氣的主要作用有兩個，一是可以起到攪拌作用，二是______________；②裝置B的作用是______________；③裝置A用于生成ClO2氣體，該反應的化學方程式為______________；④當看到裝置C中導管液面上升時應進行的操作是______________。（3）測定裝置C中ClO2溶液的濃度：用______________（填儀器名稱）取10.00mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3標準液滴定至溶液呈淡黃色，發(fā)生反應：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，再加入__________作指示劑，繼續(xù)滴定，當溶液_______，即為終點。平行滴定3次，標準液的平均用量為20.00mL，則C中ClO2溶液的濃度為________mol·L-1。28、（14分）鋰輝石是我國重要的鋰資源之一，其主要成分為Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金屬離子。工業(yè)上用鋰輝石制備金屬鋰的工藝流程如下：已知：①部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2完全沉淀的pH5.29.63.213.110.9②常溫下，Ksp(Li2CO3)=2.0×10-3。Li2CO3在水中溶解度隨著溫度升高而減小。③有水存在時，LiCl受熱可發(fā)生水解。回答下列問題：(1)為提高“酸浸”速率，上述流程中采取的措施有_____。(2)濾渣I的主要成分是_____。濾渣II的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化”和“除雜”步驟主要除去的離子有_________。(3)“沉鋰”過程中發(fā)生反應的離子方程式是_____。用熱水洗滌Li2CO3固體，而不用冷水洗滌，其原因是_____。(4)設計簡單的實驗方案實現由過程a制取固體LiCl：_____。(5)工業(yè)上實現過程b常用的方法是_____。(6)Li可用于制備重要還原劑四氫鋁鋰（LiAlH4）。在有機合成中，還原劑的還原能力常用“有效氫”表示，其含義為1克還原劑相當于多少克H2的還原能力。LiAlH4的“有效氫”為_____（保留2位小數）。29、（10分）回收利用硫和氮的氧化物是保護環(huán)境的重要舉措。I．（1）工業(yè)生產可利用CO從燃煤煙氣中脫硫。已知S(s)的燃燒熱(△H)為-mkJ/mol。CO與O2反應的能量變化如圖所示，則CO從燃煤煙氣中脫硫的熱化學方程式為______(△H用含m的代數式表示)。（2）在模擬回收硫的實驗中，向某恒容密閉容器中通入2.8molCO和1molSO2氣體，反應在不同條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。①與實驗a相比，實驗c改變的實驗條件可能是_________。②請利用體積分數計算該條件下實驗b的平衡常數K=________。（列出計算式即可）（注：某物質的體積分數=該物質的物質的量/氣體的總物質的量）（3）雙堿法除去SO2的原理為：NaOH溶液Na2SO3溶液。該方法能高效除去SO2并獲得石膏。①該過程中NaOH溶液的作用是_______。②25℃時,將一定量的SO2通入到100mL0.1mol/L的NaOH溶液中，兩者完全反應得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液，溶液恰好呈中性，則溶液中H2SO3的物質的量濃度是____（假設反應前后溶液體積不變；25℃時，H2SO3的電離常數K1=1.0×10-2K2=5.0×10-8)。II．用NH3消除NO污染的反應原理為：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H=-1807.98kJ/mol。不同溫度條件下，NH3與NO的物質的量之比分別為4:1、3:1、1:3，得到NO脫除率曲線如圖所示。（1）曲線a中NH3的起始濃度為4×10-5mol/L,從A點到B點經過1秒，該時間段內NO的脫除速率為____mg/(L·s)。（2）不論以何種比例混合，溫度超過900℃，NO脫除率驟然下降，除了在高溫條件下氮氣與氧氣發(fā)生反應生成NO，可能的原因還有（一條即可）____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

氫氧燃料電池的原理反應：2H2＋O2=2H2O，通氫氣一極是負極，發(fā)生氧化反應，通氧氣一極是正極，發(fā)生還原反應，即a是負極，b是正極，電解質溶液為酸性環(huán)境，據此分析。【詳解】A.由以上分析知，a極是負極，發(fā)生反應為H2－2e－=2H＋，故A正確；B.由以上分析知，b是正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正確；C.原電池中陽離子移動向正極，則電解質溶液中H＋向正極移動，故C正確；D.氫氧燃料酸性電池，在反應中不斷產生水，溶液的pH值增大，故D項錯誤；答案選D。氫氧燃料電池的工作原理是2H2+O2=2H2O，負極通入氫氣，氫氣失電子被氧化，正極通入氧氣，氧氣得電子被還原，根據電解質溶液的酸堿性確定電極反應式，①若選用KOH溶液作電解質溶液，正極的電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，負極的電極反應式為：2H2-4e-+4OH-=4H2O；②若選用硫酸作電解質溶液，正極的電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，負極的電極反應式為：2H2-4e-=4H+；這是燃料電池的常考點，也是學生們的易混點，根據電解質溶液的酸堿性寫電極反應式是關鍵。2、D【解析】

A．氨氣為堿性氣體，遇到濕潤的紅色石蕊變藍，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，試紙變藍，可以證明氣體中含有氨氣，故A正確；B．收集產生的氣體并點燃，火焰呈淡藍色，可以證明氫氣的存在，故B正確；C．pH為8.6時，仍然有氣體生成，說明堿性條件下，Mg可以被氧化，故C正確；D、若是氫氧根氧化了Mg，則氫氧根得電子被還原，不可能生成氣體，所以D的結論不合理，故D錯誤；故選D。3、D【解析】

A.b點加入等體積等濃度的HX和氨水，兩者恰好完全反應生成NH4X，b點溶液的pH=7，說明X-與NH4+的水解程度相等，則Ka(HX)的值與Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正確；B.由圖可知0.1mol·L-1的HX溶液的pH=3，HX為弱酸，因為b點的pH=7，所以b點c(X-)=c(NH4+)，，根據物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L，則c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1，故B正確；C.a→c點過程中，，水解平衡常數只與溫度有關，溫度不變，則值不變，故C正確；D.b點加入等體積等濃度的HX和氨水，兩者恰好完全反應生成NH4X，NH4X是弱酸弱堿鹽，促進水電離，則a、b、c三點，b點時水電離出的c(H＋)最大，故D錯誤。答案選D。4、B【解析】

A．氨基是取代基，屬于中性原子團，結合微粒計算電子數＝1mol×9×NA＝9NA，故A錯誤；B．H218O的摩爾質量均為20g/mol，2gH218O的物質的量為0.1mol，分子中含有的中子數、電子數均為10個，則0.1mol混合物中含有的中子數、電子數均為NA個，故B正確；C．pH=1的H2SO4溶液中，由pH＝?lgc(H＋)＝1，H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol/L，10L溶液n(H＋)＝1mol，所含H＋數目為NA，故C錯誤；D．電解法精煉銅，粗銅含有雜質金屬，陽極先是鋅、鐵、、鎳失電子，然后才是銅失電子，當陽極質量減少64g時，陽極失去的電子數不是2NA，故D錯誤；故答案選B。5、B【解析】

假設離子的物質的量為分別為2mol、4mol、1mol、1mol，則根據溶液中的電荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，說明陰離子帶一個單位的負電荷，鐵離子和氫氧根離子不能共存，所以氫氧根離子不存，故X可能為氯離子，故選B。6、A【解析】

A、乙酸和丙醇的摩爾質量均為60g/mol，故60g混合物的物質的量為1mol，則含分子數目為NA個，故A正確；B、磷酸為弱酸，不能完全電離，則溶液中的氫離子的個數小于3NA個，故B錯誤；C、標準狀況下，己烷為液體，所以無法由體積求物質的量，故C錯誤；D、二氧化錳只能與濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故濃鹽酸不能反應完全，則轉移的電子數小于0.3NA個，故D錯誤；答案選A。7、C【解析】

A．Zn原子序數為30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10，A選項正確；B．1分子HCHO含2個C-H鍵和1個C=O鍵，共有3個σ鍵，所以，1molHCHO分子中含有σ鍵的物質的量為3mol，數目為1.806×1024，B選項正確；C．HOCH2CN分子中與羥基相連的C為sp3雜化，-CN(-C≡N)中的C為sp雜化，C選項錯誤；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，Zn為sp3雜化，配位原子形成正四面體，所以，[Zn(CN)4]2-結構可表示為，D選項正確；答案選C。一般，兩原子間形成的共價鍵，有且只有1個σ鍵，如：C=O雙鍵含1個σ鍵、1個π鍵，C≡N叁鍵含1個σ鍵、2個π鍵。8、D【解析】

該裝置有外接電源，是電解池，由圖可知，氧氣在石墨2極被還原為水，則石墨2極為陰極，B為直流電源的負極，陰極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，A為正極，石墨1極為陽極，甲醇和一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應生成碳酸二甲酯，陽極反應為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，據此解答?！驹斀狻緼.由以上分析知，石墨2極為陰極，陰極與直流電源的負極相連，則B為直流電源的負極，故A正確；B.陽極上是甲醇和一氧化碳反應失電子發(fā)生氧化反應，電極反應為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正確；C.電解池中，陽離子移向陰極，則H+由石墨1極通過質子交換膜向石墨2極移動，故C正確；D.常溫常壓下甲醇是液體，電解池工作時轉移電子守恒，根據關系式2CO~4e-~O2可知，陰極消耗的O2與陽極消耗的CO物質的量之比為1：2，故D錯誤；答案選D。9、C【解析】

A.鋼閘門含鐵量高，會發(fā)生電化學腐蝕，需外接電源進行保護，故A錯誤；B.該裝置的原理是通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子流向被保護金屬，使被保護金屬結構電位高于周圍環(huán)境來進行保護，并未“犧牲陽極”，故B錯誤；C.將鋼閘門與直流電源的負極相連，可以使被保護金屬結構電位高于周圍環(huán)境，可防止其被腐蝕，故C正確；D.輔助電極有很多，可以用能導電的耐腐蝕材料，鋅質材料容易腐蝕，故D錯誤；故選C。電化學保護又分陰極保護法和陽極保護法，其中陰極保護法又分為犧牲陽極保護法和外加電流保護法。這種方法通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子從海水流向被保護金屬，使被保護金屬結構電位高于周圍環(huán)境來進行保護。10、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一樣，中心C原子采用sp3雜化，COCl2分子中，中心C與O形成雙鍵，再與兩個Cl形成共價單鍵，因此C原子采用sp2雜化，A錯誤；CHCl3分子中由于C—H鍵、C—Cl鍵的鍵長不相同，因此CHCl3的空間構型為四面體，但不是正四面體，屬于極性分子，B正確；所列元素中碳和氧原子均含有兩個未成對電子，兩者可以組成CO2，C正確；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸銀溶液檢驗氯仿是否變質，D正確。11、C【解析】

A.5.6L一氧化氮和5.6L氧氣混合后發(fā)生反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反應為氣體分子數減少的反應，因此混合后的分子總數小于0.5NA，故A錯誤；B.磷酸為弱酸，不可完全電離出H+，故B錯誤；C.NH4+水解，濃度不同，水解程度不同，因此1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同，故C正確；D.標準狀況下，等體積的N2和CO物質的量相等，所含的原子數相等，但不一定為2NA，故D錯誤；答案：C易錯選項A，忽略隱含反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。12、A【解析】

A．“不銹鋼是合金”，不銹鋼是鐵、鈷、鎳的合金，故A正確；B．棉和麻主要成分是纖維素，與淀粉一樣都屬于混合物，不屬于同分異構體，故B錯誤；C．花生油是不飽和酯類，牛油是飽和酯類，故C錯誤；D．豆?jié){煮沸是蛋白質發(fā)生了變性，故D錯誤。故選A。13、D【解析】

A.高溫煅燒石灰石不可用瓷坩堝進行，氧化鈣與二氧化硅反應，A錯誤；B.I2易升華，分離回收碘，應在密封的裝置中，圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘，B錯誤；C.苯酚易溶于乙醇中，不會有沉淀，所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚，C錯誤；D.量取15.00mLNaOH溶液，可選擇滴定管，移液管等精準的量器，D正確；答案選D。14、B【解析】

A.二氧化硫具有還原性，具有一定的殺菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于殺菌、抗氧化，故A正確；B.熟石灰與Na2CO3反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，在含較多Na2CO3的鹽堿地中施加適量熟石灰提高了土壤堿性，故B錯誤；C.陶瓷坩堝中二氧化硅能與燒堿反應，故C正確；D.甲烷是一種強效溫室氣體，廢棄的甲烷可用于生成甲醇，故D正確；故選B。15、C【解析】

輝鉬精礦經鹽酸、氯化鐵浸泡時，碳酸鈣黃銅礦溶解，則濾液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等離子；濾渣為S、MoS2、SiO2；加入氫氟酸，二氧化硅反應生成四氟化硅氣體和水，濾渣2為S、MoS2，空氣中加入S生成二氧化硫?！驹斀狻緼.可將礦石粉粹增大接觸面積并適當加熱，可使反應速率增大，促使輝鉬精礦加快溶解，與題意不符，A錯誤；B.分析可知，濾液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等離子，與題意不符，B錯誤；C.反應②的過程為二氧化硅與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體和水，為復分解反應，符合題意，C正確；D.步驟③溫度不宜過高，以免MoS2被氧化，與題意不符，D錯誤；答案為C。16、B【解析】

A．乳酸的系統(tǒng)命名為2-羥基丙酸，故A錯誤；B．與乳酸具有相同官能團的同分異構體，乳酸分子有對稱碳原子有兩種旋光異構體，包括乳酸共3種，故B正確；C．乳酸分子含有羥基、羧基，可發(fā)生取代反應、消去反應，不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．乳酸分子含有羥基、羧基，乳酸發(fā)生縮聚反應生成聚乳酸，反應的方程式為n+(n-1)H2O，故D錯誤；故選B。17、A【解析】

從海帶中提取碘，涉及到海帶的灼燒、物質的溶解，使用B裝置，然后過濾除去不溶性固體物質，使用C裝置；然后向溶液中加入有機溶劑將碘單質萃取出來，然后分液，使用D裝置，未涉及到滴定操作，故合理選項是A。18、D【解析】

A.聚氯乙烯、聚苯乙烯都是由加聚反應制得的，聚酯纖維是由縮聚反應制得的，選項A錯誤；B、負極失電子，理論上鈉可作為負極材料，選項B錯誤；C．鋼化玻璃既是將普通玻璃加熱熔融后再急速冷卻，故主要成分仍為硅酸鹽，即主要成分為SiO2、Na2SiO3、CaSiO3；而有機玻璃的主要成分是有機物，不是硅酸鹽，選項C錯誤；D、外接直流電源保護鐵質建筑物利用的是電解池原理，屬于外加電流的陰極保護法，選項D正確；答案選D。19、D【解析】

A．灼燒在坩堝中進行，裝置及儀器合理，故A正確；B．在燒杯中溶解，玻璃棒攪拌，操作合理，故B正確；C．NaOH與碘反應后，與四氯化碳分層，分液可分離，故C正確；D．加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸餾分離，應萃取后蒸餾，故D錯誤；答案選D。20、A【解析】

A.20gD2O物質的量，含有的質子數均為10NA，18gH2O物質的量，含有的質子數均為10NA，故A正確；B.亞硫酸是弱電解質，不能完全電離，溶液中含有的H＋數小于2NA，故B錯誤；C.標準狀況下，水為液體，故C錯誤；D.隨著反應的進行，濃鹽酸逐漸變?yōu)橄←}酸，MnO2與稀鹽酸不反應，反應停止，且鹽酸易揮發(fā)則轉移的電子數小于0.3NA，故D錯誤。綜上所述，答案為A。用22.4L?mol?1時一定要注意兩個前提條件，一、是否為氣體，二、是否為標準狀況下。21、D【解析】

A．據圖可知，酸浸時反應物有Pd、濃HNO3和濃HCl，產物有NO2，中和過程為非氧化還原過程，說明酸浸后Pd的化合價應為+4價，存在形式為PdCl62-，結合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正確；B．根據元素守恒生成的氣體應為HCl和NH3，生成1molPd，則消耗1mol氯鈀酸銨，根據元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol氣體，故B正確；C．氯鈀酸銨為紅色沉淀，所以若某溶液中含有銨根，滴入含有氯鈀酸根離子的溶液可以生成紅色沉淀，有明顯現象，可以檢驗銨根，故C正確；D．溶解過程中鹽酸電離出的Cl-與Pd4+生成絡合物，促使Pd轉化為Pd4+的反應正向移動，從而使Pd溶解，若換成硫酸，無法生成絡合物，會使溶解的效率降低，故D錯誤；故答案為D。難點為A選項，要注意結合后續(xù)流程判斷Pd元素的存在形式；分析選項B時首先根據元素守恒判斷產物，然后再根據守恒計算生成的氣體的物質的量，避免寫反應方程式。22、B【解析】A.二氧化硅用作光導纖維是因為光在二氧化硅中能夠發(fā)生全反射，與熔點無關，A錯誤；B.過氧化鈉可與二氧化碳反應生成氧氣，可用作呼吸供氧劑，之間存在因果關系，B正確C.明礬可用作凈水劑，是因為水解生成氫氧化鋁膠體，與易溶于水無關，C錯誤；D.二氧化硫可用于漂白紙張，是因為二氧化硫具有漂白性，D錯誤；故選B。二、非選擇題(共84分)23、CH3COOH加成反應羰基+2C2H5OH2H2O【解析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反應得到，可知D為丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，則存在羧基，故A為CH3COOH；A與溴水和紅磷反應得到B，B再與NaCN反應得到C，則B為BrCH2COOH，C為NCCH2COOH；根據信息提示，高聚物E為?！驹斀狻?1)由分析可知A為CH3COOH；苯與丙烯反應得到異丙基苯，為加成反應，故答案為：CH3COOH；加成反應；(2)F為C3H6O，不飽和度為1，鏈狀結構，且一氯代物只有一種，則存在兩個甲基，故F為丙酮，官能團為羰基，故答案為：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反應得到，方程式為+2C2H5OH2H2O，故答案為：+2C2H5OH2H2O；(4)根據信息提示，則丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，則要發(fā)生分子間的縮聚反應，高聚物E為，故答案為：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分異構體滿足①與丙二酸二乙酯的官能團相同，說明存在酯基；②核磁共振氫譜有三個吸收峰，且峰面積之比為3∶2∶1，故氫個數分別為6，4，2；③能發(fā)生銀鏡反應，說明要存在醛基或者甲酯，官能團又要為酯基，只能為甲酯，根據②可知，含有兩個甲酯，剩下-C5H10，要滿足相同氫分別為6、4，只能為兩個乙基，滿足的為，故答案為：；(6)與丙二酸二乙酯反生加成反應，故雙鍵斷裂，苯環(huán)沒有影響，則醛基碳氧雙鍵斷裂，生成，進過消去反應得到，根據題干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烴基）提示，可反生取代得到，故答案為：；。本題難點(5)，信息型同分異構體的確定，一定要對所給信息進行解碼，確定滿足條件的基團，根據核磁共振或者取代物的個數，確定位置。24、D【解析】

所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉?！驹斀狻緼+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無現象說明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇

，D：硫酸鎂

，E：硝酸，F：碳酸氫鈉；答案選D。這類試題還有一種表達形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→無明顯現象。解題時一般先找現象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現象。若能出現三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。25、分液漏斗控制反應溫度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計測定上層清液的pH，若pH大于1．5，則含有NaOH乙醇82.7％【解析】

裝置甲為二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙裝置為Na2S2O3的生成裝置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于堿性溶液，為防止產生倒吸，在甲、丙之間增加了乙裝置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空氣中，裝置丁作用為尾氣吸收裝置，吸收未反應的二氧化硫。據此解答?！驹斀狻?1)裝置甲中，a儀器的名稱是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反應溫度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于堿性溶液，則裝置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物質的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，結合原子守恒即可得到發(fā)生反應的化學方程式為4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸鈉溶液和NaOH溶液均呈堿性，不能直接測溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干擾，可取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計測定上層清液的pH，若pH大于1.5，則含有NaOH；(5)硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，則硫代硫酸鈉粗品可用乙醇洗滌；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化為，同時有Mn2+生成，結合電子守恒和原子守恒可知發(fā)生反應的離子方程式為5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，則m(Na2S2O3?5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數為×100%=82.7%?？疾榱虼蛩徕c晶體制備實驗方案的設計和制備過程分析應用，主要是實驗基本操作的應用、二氧化硫的性質的探究，側重于學生的分析能力、實驗能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握物質的性質以及實驗原理的探究。26、ABDECNH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收揮發(fā)的、同時生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根據制備的反應原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，結合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結合氨氣的性質分析解答(1)～(4)；(二)由實驗流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據此結合氧化還原反應的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)～(8)?！驹斀狻?一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發(fā)生離子反應為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)①FeSO4屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；②由表格數據可知，第二次為25.30mL，誤差較大應舍棄，FeSO4的物質的量為0.1000mol?L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根據電子得失守恒可得關系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質量為0.0023×208g=0.4784g，則Ce(OH)4產品的純度為×100%=95.68%，故答案為95.68%；③改用0.1000mol?L-1的FeCl2溶液滴定產品從而測定Ce(OH)4產品的純度，Ce4+有強氧化性，與Cl-發(fā)生氧化還原反應，由電子守恒計算的Ce(OH)4的物質的量及質量偏小，則測定的Ce(OH)4產品的純度偏低，故答案為偏低。27、2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮氣的通入量酸式滴定管（或移液管）淀粉溶液溶液藍色退去0.04000【解析】

(3)ClO2有強氧化性，容易氧化乳膠，量取ClO2溶液時，不可用堿式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。標定ClO2濃度的思路為：ClO2將I-氧化成I2，再用Na2S2O3標準液滴定生成的I2，根據電子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，據此計算解答?！驹斀狻?1)ClO2將CN-氧化成CO2和N2，自身被還原為Cl-，結合電子得失守恒、原子守恒、電荷守恒可得離子方程式為：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-，故答案為：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-；(2)①二氧化氯體積分數大于10%即可能發(fā)生爆炸，通入氮氣除起到攪拌作用外，還可以稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸，故答案為：稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸；②ClO2極易溶于水，如果沒有B，極易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案為：防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3作氧化劑、H2O2作還原劑，結合原子守恒、得失電子守恒可得方程式為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④當看到裝置C中導管液面上升，說明ClO2的含量偏高了，要加大氮氣的通入量，以免爆炸，故答案為：加大氮氣的通入量；(3)ClO2有強氧化性，量取ClO2溶液時，可用酸式滴定管或移液管，ClO2將KI氧化成I2，再用Na2S2O3標準液滴定生成的I2，反應涉及碘單質，可用淀粉溶液做指示劑，I2遇淀粉溶液呈藍色，當I2反應完時，溶液藍色褪去。根據電子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，消耗0.1000mol·L-1的Na2S2O3標準液20.00mL，即消耗Na2S2O3物質的量=0.1000mol·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3mol，由2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3可知，n(ClO2)===4×10-4mol，c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案為：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液藍色退去；0.04000。28、將礦石粉粹成礦粉，使用較濃的硫酸SiO2Fe2+、Ca2+、Mg2+2Li++CO32-=Li2CO3↓Li2CO3在水中溶解度隨著溫度升高而減小，用熱水洗滌可降低其溶解度，減少損耗用足量鹽酸溶解，在HCl氣流中蒸干電解法0.21【解析】

礦粉的主要成分為Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金屬離子，加入95%的濃硫酸進行酸浸，只有SiO2不溶而成為濾渣I，濾液中加入CaCO3調pH，此時Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，Al3+轉化為Al(OH)3沉淀，此為濾渣II的主要成分；加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，再加入石灰乳、Na2CO3溶液，Fe3+、Ca2+、Mg2+轉化為沉淀，成為濾渣Ⅲ的主要成分。此時所得濾液中的陽離子主要為Li+、Na+等，蒸發(fā)濃縮、加入飽和Na2CO3溶液，Li+轉化為Li2CO3沉淀，再用鹽酸溶解并在HCl氣流中蒸干，即可獲得無水LiCl，再熔融電解即可得到Li?！驹斀狻?1)為提高“酸浸”速率，可增大接觸面積、升溫、適當增大濃度、不斷攪拌等，因此上述流程中采取的措施有將礦石粉粹成礦粉，使用較濃的硫酸。答案為：將礦石粉粹成礦粉，使用較濃的硫酸；(2)加入硫酸溶解，只有SiO2不溶，所以濾渣I的主要成分是SiO2。濾渣II的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3?！把趸睍r，將Fe2+轉化為Fe3+，“除雜”時，將Ca2+、Mg2+轉化為沉淀，所以步驟主要除去的離子有Fe2+、Ca2+、Mg2+。答案為：SiO2；Fe2+、Ca2+、Mg2+；(3)“沉鋰”過程中Li+與CO32-反應生成Li2CO3沉淀，發(fā)生反應的離子方程式是2Li++CO32-=Li2CO3↓。因為Li2CO3在水中溶解度隨著溫度升高而減小，所以用熱水洗滌Li2CO3固體，而不用冷水洗滌，其原因是Li2CO3在水中溶解度隨著溫度升高而減小，用熱水洗滌可降低其溶解度，減少損耗。答案為：2Li++CO32-=Li2CO3↓；Li2CO3在水中溶解度隨著溫度升高而減小，用熱水洗滌可降低其溶解度，減少損耗；(4)將Li2CO3轉化為LiCl，則需加入鹽酸，同時防止Li+大量水解，簡單的實驗方案為：用足量鹽酸溶解，在HCl氣流中蒸干。答案為：用足量鹽酸溶解，在HCl氣流中蒸干；(5)由LiCl制Li，可采用熔融電解的方法，所以工業(yè)上實現過程b常用的方法是電解法。答案為：電解法；(6)在LiAlH4中，H顯-1價，作還原劑后，失