内蒙古乌兰察布市2020高考化学统考试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．已知NaClO 2在水溶液中能发生水解。

常温时，有1 mol/L 的HClO 2溶液和1mol/L 的HBF 4(氟硼酸)溶液起始时的体积均为V 0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为V ，所得曲线如图所示。

下列说法错误的是
A ．HClO 2为弱酸，HBF 4为强酸
B ．常温下HClO 2的电高平衡常数的数量级为10—4
C ．在0≤pH≤5时，HBF 4溶液满足pH=lg(V/V 0)
D ．25℃时1L pH=2的HBF 4溶液与100℃时1L pH=2的HBF 4溶液消耗的NaOH 相同
2．图甲是利用一种微生物将废水中尿素()22CO NH ⎡⎤⎣⎦的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置在图乙中的铁上镀铜。

下列说法中不正确．．．
的是( )
A ．铜电极应与Y 电极相连接
B ．H +通过质子交换膜由左向右移动
C ．当N 电极消耗0.25mol 气体时，则铁电极增重16g
D ．M 电极的电极反应式为()22222CO NH HO 6e
CO N 6H -
+++↑+↑+
3．下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（ ） 选项
实验目的
实验方案
A
比较镁、铝的金属性强弱
分别在MgCl 2和AlCl 3溶液中滴加氨水直至过量，观
察现象
B 比较Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象
C 证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
D 证明电离常数K a:HSO3->HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液
A．A B．B C．C D．D
4．以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是( )
A．A的结构简式是
B．①②的反应类型分别是取代、消去
C．反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照
D．加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为
5．根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是（）
A．35Cl和37Cl中子数不同，所以它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都不相同
B．两个不同原子的1s、2s、2p、3s、3p各亚层中电子的能量相同
C．短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价
D．CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸
6．PET（，M链节= 192 g·mol−1）可用来生产合成纤维或塑料。

测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c mol·L−1 NaOH醇溶液滴定m g PET
端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。

下列说法不正确
．．．的是
A．PET塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D．PET的平均聚合度
1000 m
192 cv
n≈（忽略端基的摩尔质量）
7．下列物质中含氯离子的是（）
A．HCl B．CCl4C．KCl D．NaClO 8．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．
()
()
-
12
+
OH
10
H
c
c
-
=的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
B．0.1 mol·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C．1 mol·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−D．0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−
9．既含离子键又含共价键的物质是
A．H2B．MgCl2C．H2O D．KOH
10．海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。

工业上从海水中提取镁的流程如下：
下列说法中正确的是
A．工业上使Mg2+沉淀，试剂①应选用NaOH
B．将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2
C．电解MgCl2溶液在阴极得到金属Mg
D．要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的应过量
11．BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图），下列说法不正确的是
A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色
B．BHT与对甲基苯酚互为同系物
C．BHT中加入浓溴水易发生取代反应
D．方法一的原子利用率高于方法二
12．有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是
A．M能与溴水发生加成反应
B．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．M分子中所有碳原子共平面
D．M、N均能发生水解反应和酯化反应
13．稀土元素铥(169
Tm)广泛用于高强度发光电源。

有关它的说法正确的是()
69
A．质子数为69 B．电子数为100
C．相对原子质量为169 D．质量数为238
14．下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
A．S SO3H2SO4B．Al2O3NaAlO2(aq) Al(OH)3
C．SiO2SiCl4Si D．Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
15．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．新制氯水中：NH4+、Na＋、SO42-、SO32-
B．0.1 mol·L－1 CaCl2溶液：Na＋、K＋、AlO2-、SiO32-
C．浓氨水中：Al3＋、Ca2＋、Cl−、I－
D．0.1 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液：H＋、Mg2＋、NO3-、Br－
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．一种以NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl、Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]为原料制备CuCl并回收Cu(OH)2的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“反应1”中，NaCl、Cu、CuSO4反应的离子方程式为____；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是______。

(2)“水解”步骤中，加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是____________(结合离子方程式，从平衡角度分析)。

(3)湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，该反应的化学方程式为____；“洗涤”时稀盐酸和乙醇洗涤的目的是______________。

(4)“反应2”需加入的试剂X是___；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为______。

(5)测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：称取ag产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻非罗啉作指示剂，立刻用c mol/L的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。

则产品中CuCl的质量分数为____(已知滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，列出计算式)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．合成有机溶剂M和高分子材料N的路线如图：
己知：芳香族化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代．如：
(1)写出反应类型．反应Ⅰ__________ 反应Ⅱ____________。

(2)写出D的分子式___________。

写出G的结构简式_____________。

(3)写出E生成F的化学反应方程式______________________________。

(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G，还会生成高分子副产物，写出该副产物的结构简式____________________________。

(5)属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，写出其中一种的结构简式______________。

(6)写出高分子化合物N的结构简式_________________(任写一种)。

A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与__________(填写物质名称)反应来实现。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源。

工业上，常利用CO2和H2合成二甲醚。

有关反应如下(z、y、z均大于0)：
①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1= -xkJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H2= -ykJ·mol-1
③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H3= -zkJ·mol-1
(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H= ___________kJ·mol-1
(2)下列有关合成二甲醚的说法正确的是___(填字母)。

a.增大压强能提高反应速率和CO2的平衡转化率
b.体系中减小
()
()2
2
CO
H
n
n
，平衡一定向正方向移动
c.容器体积一定，混合气体密度不变时一定达到平衡状态
d.充入适量CO，可能提高CH3OCH3的产率
(3)在一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，速率表达式为v=v正-v逆=k正c(CO)·c(H2O)-k逆c(CO2)·c(H2O)(其中，k正、k逆为正、逆速率常数，与浓度无关)。

达到平衡时，
升高温度，
k
k
正
逆
将_____选填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)在恒容密闭容器中用CO2和H2合成二甲醚时CO2的平衡转化率与温度、投料比
()
()2
2
n H
n CO
的关系如图所示。

①500K时，将9mol H2和3mol CO2充入2L恒容密闭容器中，5min时反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(H2)=____________mol∙L-1∙min-l，该温度下，反应的平衡常数K=____(列出计算式即可，无需化简)。

②由图像可以得出的结论是_________(答两条)。

(5)工业上也可用CO和H2合成二甲醚，而且二者还能作燃料电池的燃料。

以CO、H2体积比为1:2的混合气体与空气在KOH溶液中构成燃料电池(以石墨为电极)，开始时，负极的电极反应式为____。

19．（6分）2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。

锂离子电池的广泛应用要求处理电池废料以节约资源、保护环境。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图：
已知：K sp(Li2CO3)＝1.6×10－3。

部分物质的溶解度(S)如表所示：
T/℃S(Li2CO3)/g S(Li2SO4)/g S(Li3PO4)/g S(LiH2PO4)/g
20 1.33 34.2 0.039 126
80 0.85 30.5 ————
(1)将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。

下列分析你认为合理的是__________。

A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放，可能会造成安全隐患。

B．预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率。

C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等。

(2)写出碱溶时主要发生反应的离子方程式：________。

(3)为提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、升温外，还可采用的方法有______。

(写出一种即可)
(4)酸浸时产生标况下3.36 L NO时，溶解LiFePO4________mol(其他杂质不与HNO3反应)。

(5)若滤液②中c(Li＋)＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3后，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的90%，计算滤液③中c(CO32－)＝__________mol/L。

(6)流程中用“热水洗涤”的原因是________。

(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，写出反应的化学方程式：_________。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【详解】
A．lg+1=1时pH=0，则V=V0，即1mol/L HBF4溶液pH=0，说明HBF4是强酸；而NaClO2在水溶液中能发生水解，说明HClO2是弱酸，故A正确；B．对于HClO2溶液，当lg+1=1时pH=1，则V=V0，即1mol/L HClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常温下HClO2的电离平衡常数Ka=1×10-2，即HClO2的电高平衡常数的数量级为10—2，故B错误；C．lg+1=1时pH=0，则V=V0，即1mol/L HBF4溶液pH=0，说明HBF4是强酸，
pH=-lgc（H+），溶液稀释多少倍，溶液中c（H+）为原来的多少分之一，所以在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH=lg，故C正确；D．25℃时pH=2的HBF4溶液与100℃时pH=2的HBF4溶液中c（H+）均为0.01mol/L，
则体积均为1L的两溶液完全中和消耗的NaOH相同，故D正确；故答案为B。

2．C
【解析】
【分析】
根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。

【详解】
A．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A正确；
B．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；
C．当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重1
2
mol×64g/mol=32g，故C
错误；
D．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故D 正确；
故答案为C。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A错误；
B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B错误；
C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；
D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数K a:HSO3->HCO3-，故D正确；
故答案为D。

4．B
【解析】
【分析】
由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。

【详解】
A．由上述分析可知，A为，故A错误；
B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；
C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；
D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；
答案选B。

【点睛】
把握官能团与性质的关系为解答的关键。

本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。

5．D
【解析】
【详解】
A. 35Cl和37Cl的核外电子数均为17，它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相同，A项错误；
B. 同原子的原子同、原子半径越等不同，两不同原子各亚层中电子的能量不相同，B项错误；
C. 氧元素、氟元素没有最高正化合价，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价，C项错误；
D. 碳酸的酸性比硅酸强，CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D项正确；
答案选D。

6．C
【解析】
【分析】
是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水
解反应生成小分子。

【详解】
A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；
B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，
B 正确；
C 、的单体为：HOCH 2CH 2OH 和，乙二醇中有两个羟基，在组成上
与乙醇也没有相差-CH 2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C 错误；
D 、NaOH 醇溶液只与 PET 端基中的羧基反应，n （NaOH ）=cv ⨯10-3mol ，则PET 的物质的量也等于cv ⨯10-3mol ，则PET 的平均相对分子质量=3
10mg vc mol -⨯=1000 m cv g/mol ，PET 的平均聚合度1000 m
n 192 cv
≈，故D 正确。

答案选C 。

【点睛】
本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH 2-的整数倍。

7．C 【解析】 【详解】
A. HCl 是共价化合物，不存在氯离子，故A 错误；
B. CCl 4是共价化合物，不存在氯离子，故B 错误；
C. KCl 是离子化合物，由K + 和Cl - 组成，含有氯离子，故C 正确；
D. NaClO 是离子化合物，由Na + 和ClO - 组成，不存在氯离子，故D 错误； 故答案为C 。

8．A 【解析】 【分析】 【详解】 A ．
()()
-12+
OH 10H
c c -=的溶液显酸性，NH 4+、Cu 2+、NO 3-、SO 42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大
量共存，A 项正确；
B ．氨水显碱性，与Cu 2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B 项错误；
C ．1 mol·L −1的NaClO 溶液具有氧化性，能氧化Fe 2+和I −，故在该溶液中不能大量共存，C 项错误；
D ．HCO 3-与OH −会反应生成CO 32-和H 2O 而不能大量共存，D 项错误； 答案选A 。

【点睛】
（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；
（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；
（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。

9．D
【解析】
氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；H2O 中含有H-O键，只含共价键，故C错误；KOH由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-O键，所以KOH既含离子键又含共价键，故D正确。

10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；
B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；
C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；
D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂①的量应过量，故D正确。

故答案选D。

11．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；
B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义——结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；
C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；
D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。

【点睛】
①同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。

②酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。

12．C
【解析】
【详解】
A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；
B. N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；
C. M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C 错误；
D. M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；
故答案为C。

13．A
【解析】
【详解】
Tm)的质子数为69，故A正确；
A．稀土元素铥(169
69
Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B错误；
B．稀土元素铥(169
69
C．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；
Tm)的质量数为169，故D错误；
D．稀土元素铥(169
69
【点睛】
一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。

14．B
【解析】
【分析】
A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；
B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；
C.SiO2一般情况下不与酸反应；
D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；
【详解】
A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；
B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；
C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；
D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。

解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32-和氯气、HClO发生氧化还原反应而不能大量存在，选项A错误；
B. 0.1 mol·L－1 CaCl2溶液中Ca2+与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；
C. 浓氨水中Al3＋与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在，选项C错误；
D. 0.1 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液呈酸性，H＋、Mg2＋、NO3-、Br－相互不反应，能大量共存，选项D正确；
答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Cu+8Cl-+Cu2+=2CuCl43-提高铜元素的利用率uCl43-⇌CuCl+3Cl-，稀释时平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2)
稀盐酸抑制其氧化和水解，用乙醇洗涤可以促使其快速干燥氢氧化钠(或其他合理答案)
CO2+NH3+H2O=NH4HCO3
3
cV0.5
a
199
-
⨯⨯
×100%
【解析】
【分析】
向废液中加入足量的铜和NaCl，将废液中的Cu2+转化为CuCl43-，过滤得到含有CuCl43-、SO42-、NH4+等离子的滤液，由于加入的铜足量，则滤渣中含有铜单质，向滤液中加入大量水稀释，使CuCl43-部分转化为CuCl 晶体，对“水解”后的溶液过滤，分离出CuCl晶体，用盐酸和乙醇进行洗涤干燥，得到纯净的CuCl，向过滤后的溶液中加入足量氢氧化钠调节pH值，使剩余CuCl43-、NH4+分别转化为Cu(OH)2沉淀和一水合氨，过滤后可得Cu(OH)2，对滤液加热使一水合氨分解生成氨气并吹出，获得氨气，据此分析解答。

【详解】
(1)“反应1”中，铜和NaCl，将废液中的铜离子转化为CuCl43-，离子方程式为Cu+8Cl-+Cu2+= 2CuCl43-；根据分析，滤渣中含有铜单质，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，可提高铜元素的利用率；
(2)“水解”步骤中，CuCl43-不稳定，可发生CuCl43-⇌CuCl+3Cl-，加入大量水稀释，使溶液中离子浓度降低，促使平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移，可析出CuCl；
(3)湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，CuCl与水和氧气发生氧化还原反应，化学方程式为
4CuCl +O 2+4H 2O =2Cu 2(OH )3Cl +2HCl (或12CuCl +3O 2+6H 2O =4Cu 2(OH )3Cl +4CuCl 2)；CuCl 不稳定易被氧化和水解，“洗涤”时稀盐酸可以防止CuCl 氧化和水解，用乙醇洗涤可以使其快速干燥；
(4)根据分析，“反应2”需加入的试剂X 是氢氧化钠；“吹脱”出来的NH 3可用于生产碳铵化肥，碳铵化肥主要成分为碳酸氢铵，主要反应的化学方程式为CO 2+NH 3+H 2O =NH 4HCO 3；
(5)CuCl 加入稍过量的FeCl 3溶液，三价铁具有氧化性可将亚铜氧化为2价铜，发生反应CuCl +Fe 3+
=
Fe 2++Cu 2++Cl -，滴定时发生反应：Ce 4++ Fe 2+=Ce 3++Fe 3+，则转化关系为：CuCl ～Fe 2+～Ce 4+～Ce (SO 4)2，n (CuCl )
= n [Ce (SO 4)2]= cmol /L ×V ×10-3
L =cV ×10-3
mol ，则产品中CuCl 的质量分数=3cV 0.5a
199-⨯⨯×100%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．消去反应 加聚反应 C 10H 18
HOC(CH 3)2COOH 24
H SO −−−−→浓CH 2=C(CH 3)COOH+H 2O
HCOOCH(CH 3)=CH 2或CH 3COOCH=CH 2或CH 2=COOCH 3或HCOOCH 2=CHCH 3
或 浓溴水
【解析】 【分析】
根据题中各物质转化 关系可知，A 遇FeCl 3溶液显紫色，所以A 中有酚羟基，A→B 发生了类似题已知的反应，结合M 的结构简式可以反应推得A 为
，B 为
，C 为
，D 为，根据E 的分子式，且E 在浓硫酸条件下
能生成G ，可知E 为，G 为，根据F 的分子式可知，F 为，所以H 为
，据此分析解答。

【详解】
(1)反应Ⅰ是醇羟基脱水生成碳碳双键，所以是消去反应，反应Ⅱ是由单体发生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反应；
(2)根据上面的分析可知，D 为，所以D 的分子式为C 10H 18，G 的结构
简式为 ；
(3)E 生成F 的化学反应方程式为 HOC(CH 3)2COOH 24
H SO −−−−→浓CH 2=C(CH 3)COOH+H 2O ；
(4)E 在浓硫酸作用下转化为F 时，除生成副产物G ，还会进行分子间的缩聚生成高分子，该产物的结构简
式为；
(5)属于酯类且含甲基F 的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为HCOOCH(CH 3)=CH 2或CH 3COOCH=CH 2或CH 2=COOCH 3或HCOOCH 2=CHCH 3；
(6)根据上面的分析可知，高分子化合物N 的结构简式为 或
，A 有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A 与浓
溴水反应来实现，根据用去的溴的物质量判断； 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．-(x +2z ) ad 减小 0.72 362
1.80.60.90.3
⨯⨯ 投料比不变，升高温度CO 2的平衡转化率降低，温度不变，()()
22n H n CO 投料比越大，CO 2的平衡转化率越大 CO + 2H 2 – 6e - +8OH - = CO 32- + 6H 2O
【解析】 【分析】 【详解】
(1)已知：①2CH 3OH (g )⇌CH 3OCH 3(g )+H 2O (g ) △H 1= -xkJ ·mol -1
③CO 2(g )+3H 2(g )⇌CH 3OH (g )+H 2O (g ) △H 3= -zkJ ·mol -1
根据盖斯定律可知①+2×③可得反应2CO 2(g )+6H 2(g )⇌CH 3OCH 3(g )+3H 2O (g )，所以△H =△H 1+2△H 3=-(x +2z ) kJ ·mol -1；
(2)a ．合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，所以增大压强可以提高反应速率同时使平衡正向移动，提高CO 2的平衡转化率，故a 正确；
b ．若分离出CO 2使体系
()()
22CO H n n 减小，平衡逆向移动，故b 错误；
c ．容器体积不变，且反应物和生成物均为气体，则平衡移动过程中气体的质量不变，所以混合气体的密度一直不变，不能根据密度不变判断是否达到平衡，故c 错误；
d ．充入CO 可使反应②平衡右移增大CO 2的量，促使反应③正向移动，提高二甲醚的产率，故d 正确； 故答案为ad ；
(3)平衡状态时，正、逆反应速率相等，即k 正c (CO )·c (H 2O )=k 逆c (CO 2)·c (H 2O )，可得k k 正
逆=K (平衡常
数)，该反应正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，即k k 正
逆
减小；
(4)①500K 、投料比等于3时，CO 2的平衡转化率为80%，容器体积为2L ，则在该时间段内二氧化碳的平均反应速率为3mol 80%
=
=2L 5min
c v t ∆⨯∆⨯=0.24 mol ∙
L -1∙min -l ，同一反应同一时段内不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以v (H 2)=3v (CO 2)=0.72 mol ∙
L -1∙min -l ；列三段式有 ()()
()()
2233-12-1-1++mol L 1.5 4.500
mol L 1.2 3.60.6 1.8mol L 0.2CO g 6H g CH OCH g 3H O 30.9
. 1.8
g 06起始()转化()平衡()
则该反应的平衡常数K =
()()()()
32236223H O CO CH OCH H c c c c =
362
1.80.60.90.3⨯⨯；
②根据图像可知投料比不变，升高温度CO 2的平衡转化率降低，温度不变，()()
22H CO n n 投料比越大，CO 2的
平衡转化率越大；
(5)CO 和H 2在反应过程中被氧化，所以在负极区充入，电解质溶液为KOH 溶液，所以电极方程式为CO + 2H 2 – 6e -
+8OH -
=CO 32-
+ 6H 2O 。

19．AC 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑ 适当增大硫酸的浓度 0.45 0.04 Li 2CO 3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li 2CO 3的溶解 2FePO 4+Li 2CO 3+2C 2LiFePO 4+3CO ↑
【解析】 【分析】
废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al 箔、LiFePO 4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePO 4，加硫酸、硝酸，除去不溶于酸碱的导电剂，调节pH 生成FePO 4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。

【详解】
（1）A. 废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余
的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，A 合理；
B. 放电是原电池原理，阳离子向正极移动，电池中的锂离子移向正极，B不合理；
C.热处理的过程重要是为了除去废旧锂离子电池中难溶的有机物、碳粉等，以及关于电极材料和集流体的分离，C合理；故答案为：AC；
（2）碱溶时，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其反应的离子方程式为：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、升温外，还可采用适当增大硫酸的浓度；故答案为：适当增大硫酸的浓度；
（4）酸浸时NHO3转化为NO，标况下3.36 L NO为0.15mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.15molNO，转移0.45mol电子，
LiFePO4与硝酸反应生成FePO4，铁元素的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4，转移1mol电子，则转移0.45mol电子，溶解0.45mol LiFePO4，故答案为：0.45；
（5）混合后溶液中含有的c(Li＋)= 4 mol·L－1×(1-90%)×1
2
=0.2mol/L，已知K sp(Li2CO3)＝()2
3
2
(Li CO
c?c
+-
）
=1.6×10
－3,则滤液③中
c(CO32－)＝
()
23
3
sp Li CO
22
(Li
K 1.610
0.04mol/L
c(0.2)
+
-
⨯
==
）
；故答案为：0.04；
（6）根据表格可知，Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解；故答案为：Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解；
（7）Li2CO3、FePO4与足量炭黑高温灼烧生成LiFePO4的化学方程式为：
2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑；故答案为：
2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑。