精品解析：2025届上海市崇明区高三下学期二模考试 化学试卷

2024学年第二学期高三第二次模拟考试 化学 考生注意： 1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。 3.答题前，考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号。 4.本试题的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明双选，有两个正确选项；若注明不定项，有1～2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Li-7 Fe-56 Se-79 一、人体内不可缺少的微量元素——硒(本题共20分) 1. 硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 （1）Se在周期表中的位置___________。 （2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为___________(填化学式)。 （3）已知SeO2与SO2的部分性质如下表： 物 质 状态(常温) 熔 点 SeO2 固体 340-350℃ SO2 气体 -755℃ 根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因___________。 （4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为___________，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为___________。 2. 常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。 二元酸 H2SeO3 H2CO3 （1）常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。 A. 前者大 B. 后者大 C. 无法比较 D. 一样大 （2）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度___________。 A. 前者大 B. 后者大 C. 无法比较 D. 一样大 （3）亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是___________。(不定项) A. B. C. D. 3. Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。 （1）该超导材料的化学式为___________；距离Se原子最近的Fe原子的个数为___________。 （2）晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为___________(阿伏加德罗常数用NA表示)。 二、脱氮催化剂——二氧化锰(本题共20分) 4. MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。 （1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是___________。 （2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。的结构如下。 中S-O-O___________(填“是”或“不是”)在一条直线上。 5. MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下： （1）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因___________。 （2）用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：___________。 （3）以MnSO4溶液为原料，用如图装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。 电极a与电源的___________(负极或正极)连接，发生的电极反应式为___________。 6. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。 （1）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应离子方程式为___________。 （2）浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质是___________。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：___________。 三、二氧化碳的综合利用(本题共20分) 7. 为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO2的资源化利用已成为研究的热点。 Ⅰ.【资源化一：利用CO2制水煤气】 在容积为L的恒容密闭容器中进行反应，方程式为 。当投料比时，CO2的平衡转化率与温度、初始压强的关系如图所示。 （1）在恒温恒容条件下，关于以上反应下列表述能说明反应已经达到化学平衡状态的是___________。(不定项) A. B. 气体的平均相对分子质量不再变化 C. 气体的密度不再变化 D. CH4和CO2的物质的量之比不再改变 （2）初始压强___________(填“>”“<”或“=”，下同)；当温度为℃、初始压强为时，a点时的___________。 （3）起始时向容器中加入mol CH4和mol CO2，在温度为℃时反应，此时初始压强为，该反应的平衡常数___________，温度和体积不变的情况下，继续加入mol CH4和mol CO2，再次达到平衡后，CO2的转化率___________。(填“增大”“减小”或“不变”) Ⅱ.【资源化二：利用CO2制天然气】 二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应： 反应I： 反应II： 在密闭容器中，压强恒为Pa、时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。 （4）结合【资源化一】中信息，反应I的___________，该反应在___________条件下能自发进行。 A．高温 B．低温 C．任意温度 （5）CO2平衡转化率后升高的主要原因是___________。 （6）CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应方向两个角度分析说明CO*是CO2活化的优势中间体的原因是___________。 四、新型有机物与液晶发展(本题共20分) 8. 我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下： 资料i． （1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是___________。 （2）B的官能团的名称是___________，B→D的反应类型是___________。 （3）J的结构简式是___________。 （4）下列有关K的说法正确的是___________(双选)。 A. 与FeCl3溶液作用显紫色 B. 碳原子的杂化方式相同 C. 存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体 D. 通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L （5）E与K生成L的化学方程式是___________。 （6）满足下列条件的一种同分异构体的结构简式为___________。 I．能发生水解反应 II．mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗mol NaOH III．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为 （7）写出F与足量Na2CO3溶液反应的化学方程式___________。 （8）结合题示信息，设计以为有机原料合成的合成路线(其他无机试剂与溶剂任选)________。 五、废旧锂离子电池制备碳酸锂(本题共20分) 9. 废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： （1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为___________。 （2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为___________。 （3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为___________。 （4）写出过程③中发生反应的离子方程式___________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是___________。 （5）常温下滤液C中___________mol/L(常温：) （6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项) A. 饱和Na2CO3溶液 B. 饱和NaHCO3溶液 C. 饱和食盐水 D. 覆盖油层的水 （7）下列情况会导致测定结果偏低的是___________。 A. 反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中 B. 没有恢复到室温就进行读数 C. 水准管液面高于量气管 D. 固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期高三第二次模拟考试 化学 考生注意： 1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。 3.答题前，考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号。 4.本试题的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明双选，有两个正确选项；若注明不定项，有1～2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Li-7 Fe-56 Se-79 一、人体内不可缺少的微量元素——硒(本题共20分) 1. 硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 （1）Se在周期表中的位置___________。 （2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为___________(填化学式)。 （3）已知SeO2与SO2的部分性质如下表： 物 质 状态(常温) 熔 点 SeO2 固体 340-350℃ SO2 气体 -755℃ 根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因___________。 （4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为___________，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为___________。 【答案】（1）第4周期ⅥA族 （2）H2O>H2S>H2Se （3）SeO2与SO2都属于分子晶体，SeO2的链状结构分子量远大于SO2，范德华力大得多 （4） ①. sp3杂化 ②. N>O>Se 【解析】 【小问1详解】 Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族； 【小问2详解】 O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为； 【小问3详解】 SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，分子间作用力SeO2更大，所以SeO2与SO2熔点差异较大； 【小问4详解】 Se的原子序数为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个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se。 2. 常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。 二元酸 H2SeO3 H2CO3 （1）常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。 A. 前者大 B. 后者大 C. 无法比较 D. 一样大 （2）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度___________。 A. 前者大 B. 后者大 C. 无法比较 D. 一样大 （3）亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是___________。(不定项) A B. C. D. 【答案】（1）B （2）B （3）BC 【解析】 【小问1详解】 由表中数据可知酸性： > ，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，故选B。 【小问2详解】 NaHSeO3中同时存在的电离和水解，<，电离大于水解，以电离为主，则水的电离受到抑制；NaHCO3中同时存在的电离和水解，>，电离小于水解，以水解为主，则水的电离受到促进；故水的电离程度后者大，故选B。 【小问3详解】 A．NaHSeO3中的电荷守恒为：，A错误； B．NaHSeO3中同时存在的电离和水解，<，电离大于水解，故，B正确； C．NaHSeO3中的Na和Se元素为1：1，物料守恒为，C正确； D．由电荷守恒和元素守恒式子得：，D错误； 故选BC 3. Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。 （1）该超导材料的化学式为___________；距离Se原子最近的Fe原子的个数为___________。 （2）晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为___________(阿伏加德罗常数用NA表示)。 【答案】（1） ①. LiFe2Se2 ②. 4 （2） 【解析】 【小问1详解】 由晶胞结构可知，Li原子个数为：8×+1=2，Fe个数为8×=4，Se原子个数为：8×+2=4，则该超导材料的化学式为LiFe2Se2，距离Se原子最近的Fe原子的个数为4。 【小问2详解】 由晶胞结构可知，Li原子个数为：8×+1=2，Fe个数为8×=4，Se原子个数为：8×+2=4，晶体密度为=。 二、脱氮催化剂——二氧化锰(本题共20分) 4. MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。 （1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是___________。 （2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。的结构如下。 中S-O-O___________(填“是”或“不是”)在一条直线上。 【答案】（1） （2）不是 【解析】 【小问1详解】 Mn为25号元素，基态锰原子价层电子排布式为：，则其价层电子的轨道表示式为：。 【小问2详解】 离子存在键，因过氧化氢的空间结构中由于O原子采用杂化，同时孤对电子的斥力作用使结构为书形，则中的不在一条直线上。 5. MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下： （1）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因___________。 （2）用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：___________。 （3）以MnSO4溶液为原料，用如图装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。 电极a与电源的___________(负极或正极)连接，发生的电极反应式为___________。 【答案】（1）Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键 （2） （3） ①. 正极 ②. Mn2+ + 2H2O -2e- = 4H+ + MnO2 【解析】 【小问1详解】 由图可知，MnO2能结合NH3的原因是：Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键。 【小问2详解】 用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式并标出电子转移的方向和数目：。 【小问3详解】 由图可知，Mn2+在b电极得到电子生成Mn，b电极为阴极，Mn2+在a电极失去电子生成MnO2，a电极为阳极，电极a与电源的正极连接，发生的电极反应式为Mn2+ + 2H2O -2e- = 4H+ + MnO2。 6. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。 （1）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为___________。 （2）浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质是___________。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：___________。 【答案】（1）MnS + 2H+ = Mn2+ + H2S↑ （2） ①. 氧化性 ②. Fe3+ + 3H2O 3H+ + Fe(OH)3，增大pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe3+ 转化为Fe(OH)3沉淀 【解析】 【分析】由电解锰渣（主要成分是）为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，最后获得纯净的MnSO4，据此分析； 【小问1详解】 与发生复分解反应的离子方程式为； 小问2详解】 浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多，锰元素由+4价转变为+2价，被还原，则为氧化剂，利用了其氧化性；Fe3+ + 3H2O 3H+ + Fe(OH)3，增大pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe3+ 转化为Fe(OH)3沉淀。 三、二氧化碳的综合利用(本题共20分) 7. 为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO2的资源化利用已成为研究的热点。 Ⅰ.【资源化一：利用CO2制水煤气】 在容积为L的恒容密闭容器中进行反应，方程式为 。当投料比时，CO2的平衡转化率与温度、初始压强的关系如图所示。 （1）在恒温恒容条件下，关于以上反应下列表述能说明反应已经达到化学平衡状态的是___________。(不定项) A. B. 气体的平均相对分子质量不再变化 C. 气体的密度不再变化 D. CH4和CO2的物质的量之比不再改变 （2）初始压强___________(填“>”“<”或“=”，下同)；当温度为℃、初始压强为时，a点时的___________。 （3）起始时向容器中加入mol CH4和mol CO2，在温度为℃时反应，此时初始压强为，该反应的平衡常数___________，温度和体积不变的情况下，继续加入mol CH4和mol CO2，再次达到平衡后，CO2的转化率___________。(填“增大”“减小”或“不变”) Ⅱ.【资源化二：利用CO2制天然气】 二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应： 反应I： 反应II： 在密闭容器中，压强恒为Pa、时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。 （4）结合【资源化一】中信息，反应I的___________，该反应在___________条件下能自发进行。 A．高温 B．低温 C．任意温度 （5）CO2平衡转化率后升高的主要原因是___________。 （6）CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应方向两个角度分析说明CO*是CO2活化的优势中间体的原因是___________。 【答案】（1）B （2） ①. < ②. > （3） ①. 4 ②. 减小 （4） ①. -164.7 ②. B （5）600℃左右以后升高温度，反应I平衡向左移动的程度小于反应II平衡向右移动的程度 （6）得到CO*中间体的反应活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行 【解析】 【小问1详解】 A．对于反应，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，平衡时应满足，而该选项中 ，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，A错误； B．反应前后气体的总质量不变，但气体的物质的量在反应过程中发生变化（反应前气体计量数之和为1+1=2，反应后气体计量数之和为2+2=4 ）。根据（M为平均相对分子质量，m为总质量，n为总物质的量 ），当气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡状态，B正确； C．在恒容密闭容器中，气体的总质量不变，容器体积不变，根据（ρ为密度，m为质量，V为体积 ），气体密度始终不变，所以密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，C错误； D．起始时投料比，反应过程中CH4和CO2按照1:1的比例反应，其物质的量之比始终为1:1 ，不能据此判断反应达到平衡状态，D错误； 故选B。 【小问2详解】 ①是体积增大的反应，T3℃时，从下到上，二氧化碳平衡转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大的方向移动，因此压强<；②当温度为T3℃、初始压强为时，从a点到平衡点，二氧化碳平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此a点时的>。 【小问3详解】 ①起始时向容器中加入mol CH4和mol CO2，在温度为℃、初始压强为时反应，二氧化碳平衡转化率为50%，列出三段式得：，该反应的平衡常数；②温度和体积不变，继续加入1mol CH4和1mol CO2 ，相当于在原平衡的基础上增大压强，压强增大使得反应向气体分子数减少的方向移动，导致平衡逆向移动，所以再次达到平衡后，CO2的转化率减小。 【小问4详解】 ①根据盖斯定律可知，反应I=反应II×2-资源化一中的反应，则反应I的；②对于反应 Ⅰ，ΔH1<0 ，反应后气体分子数减少，ΔS<0 （混乱度减小 ）。根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH−TΔS（T为温度 ），当ΔG<0时反应自发进行。要使ΔG=ΔH−TΔS<0 ，因为ΔH<0 ，ΔS<0 ，则需低温（T较小 ）时才能保证ΔG<0 ，所以反应在低温条件下能自发进行，答案选 B。 【小问5详解】 因为反应I：     是放热反应，当温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；反应II：   是吸热反应，当温度升高，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，当温度升高到一定程度以后，此时反应以反应II为主，导致随着温度的升高，反应II的二氧化碳转化率增大幅度大于反应I的减小幅度。答案为：600℃左右以后升高温度，反应I平衡向左移动的程度小于反应II平衡向右移动的程度。 【小问6详解】 从图中可以看出，生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO*是CO2活化的优势中间体；故答案为：得到CO*中间体的反应活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行。 四、新型有机物与液晶发展(本题共20分) 8. 我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下： 资料i． （1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是___________。 （2）B的官能团的名称是___________，B→D的反应类型是___________。 （3）J的结构简式是___________。 （4）下列有关K的说法正确的是___________(双选)。 A. 与FeCl3溶液作用显紫色 B. 碳原子的杂化方式相同 C. 存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体 D. 通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L （5）E与K生成L的化学方程式是___________。 （6）满足下列条件的一种同分异构体的结构简式为___________。 I．能发生水解反应 II．mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗mol NaOH III．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为 （7）写出F与足量Na2CO3溶液反应的化学方程式___________。 （8）结合题示信息，设计以为有机原料合成的合成路线(其他无机试剂与溶剂任选)________。 【答案】（1） （2） ①. 羧基 ②. 取代反应 （3）OHC-COOH （4）AD （5） （6）或 （7） （8） 【解析】 【分析】由M的结构，结合反应信息，逆推可知L为，结合K的分子式，可推知K为，D→E发生酯化反应，故E为，逆推可知D为、B为，A为，G与J发生加成反应生成；根据原子守恒可知J的分子式为C2H2O3，F与(CH3)2SO4反应引入甲基，G与J的反应中在苯环上引入-CH(OH)COOH，可推知F为，G为 ，J为OHC-COOH。 【小问1详解】 A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子，A的结构简式是； 【小问2详解】 B的结构简式为，官能团为羧基，D的结构简式为，B到D发生取代反应； 【小问3详解】 根据分析可知，J的结构简式为：OHC-COOH 【小问4详解】 K的结构简式为：； A．存在酚羟基，能与FeCl3溶液作用显紫色，A正确； B．苯环和醛基上碳原子为sp2杂化，甲基上碳原子为sp3杂化，碳原子的杂化方式不相同，B错误； C．根据不饱和度分析，不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，C错误； D．L的结构简式为：，二者的官能团和化学键不同，可以通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L，D正确； 答案选AD； 【小问5详解】 E的结构简式为：，K的结构简式为：，L的结构简式为，E与K发生取代反应得到L和HBr，反应的化学方程式为：； 【小问6详解】 I．能发生水解反应，含有酯基； II．1 mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH； III．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为，有2个等效的甲基； 符合条件的结构简式有、； 【小问7详解】 F的结构简式为，与足量Na2CO3反应得到和NaHCO3，方程式为：； 【小问8详解】 根据题目中信息，由脱去CO2得到生成物K存在醛基，与Br2发生加成反应得到，水解得到，氧化得到，再氧化得到，脱去CO2得到；合成路线为：。 五、废旧锂离子电池制备碳酸锂(本题共20分) 9. 废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： （1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为___________。 （2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为___________。 （3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为___________。 （4）写出过程③中发生反应的离子方程式___________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是___________。 （5）常温下滤液C中___________mol/L。(常温：) （6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项) A. 饱和Na2CO3溶液 B. 饱和NaHCO3溶液 C. 饱和食盐水 D. 覆盖油层的水 （7）下列情况会导致测定结果偏低的是___________。 A. 反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中 B. 没有恢复到室温就进行读数 C. 水准管液面高于量气管 D. 固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气 【答案】（1）化学能转化为电能 （2） ①. 搅拌或者适当升高温度 (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 + 2SO ②. MnO会在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2 （5）1.09×10-6 （6）BD （7）C 【解析】 【分析】正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，初步处理后进行碱浸，Al反应生成四羟基合铝酸钠溶液，滤渣经过氧化氢酸性溶液溶解，H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，过滤分离出石墨，滤液在过程③中Mn2+被S2O氧化为MnO2，过程④中加入NaOH调pH使Ni2+和Co2+变为氢氧化物沉淀，过滤后在滤液C中加入浓碳酸钠生成碳酸锂。 【小问1详解】 锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能，所以锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能； 【小问2详解】 在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素，除了对原料粉碎处理增大接触面积外，还可以采用搅拌、升高温度、适当增大碱的浓度等措施，步骤①是铝片与碱液反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al + 2OH-+ 6H2O = 2[Al(OH)4]-+ 3H2↑； 【小问3详解】 滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，说明H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，所以H2O2的主要作用是还原剂，H2O2半反应式为H2O2-2e-= 2H+ + O2； 【小问4详解】 S2O中有过氧键，具有氧化性，过程③中Mn2+被S2O氧化为MnO2，离子方程式为Mn2+ + S2O+ 2H2O = 4H+ + MnO2 + 2SO，步骤②中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中MnO具有强氧化性，能与盐酸中的Cl-发生氧化还原反应，Cl-被氧化为Cl2，MnO被还原，会导致后续反应受影响，所以原因是酸性条件下MnO会氧化Cl-生成Cl2； 【小问5详解】 滤液C中形成Co(OH)2沉淀，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.09×10-15，一般情况下溶液为碱性，假设c(OH-)=1.0×10-2mol/L（具体OH-浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度），则c(Co2+)====1.09×10-6mol/L； 【小问6详解】 测定样品中Li2CO3的含量，利用硫酸与样品反应，测定CO2的体积，通过CO2的量计算Li2CO3的含量； A．CO2与饱和Na2CO3溶液要反应，故不符合； B．CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，故符合； C．CO2可以溶于饱和食盐水，故不符合； D．覆盖油层的水不会溶解CO2，故符合； 答案选BD； 【小问7详解】 A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，但是会有等量的空气进入量气管，CO2的体积不会偏小，结果不会偏低，故A不选； B．没有恢复到室温就进行读数导致测得的CO2的体积偏大，结果偏高，故B不选； C．水准管高于量气管，则CO2的压强大于大于大气压，使测得的体积偏低，结果偏低，故C选； D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气，不影响生成的CO2，结果无影响，故D不选； 答案选C。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$