必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用）

这是一份必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用），共22页。
2022年高考化学考前信息必刷卷02
江苏卷专用

2021年江苏高考化学试卷，在继承2020年江苏高考化学试卷的基础上，又进行了变化和创新。在试题总题量保持相对稳定的情况下，对试题结构进行了微调。客观题的题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决问题的能力要求与2020年江苏高考化学试卷相当，但难度比去年有所下降。选考内容不管是《选修三》还是《实验化学》，都比较基础，难度比去年有明显的下降。总的来说，2021年江苏高考化学试卷，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”，注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯的

预测2022年江苏高考化学试卷试题结构将会继续出现客观题的题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加。预测纯理论性和计算性试题占依然会比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题占比较大。信息量大、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，2022届高三复习，我看还是应该狠抓基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学(中}学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中化学常识、注重知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的适应性和考场应变能力。
本卷满分100分，考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65
第I卷(选择题，共计42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2021年12月9日，我国宇航员在中国空间站直播了泡腾片水球实验。泡腾片中含有柠檬酸(结构如图所示)和碳酸钠等，溶于水产生气泡。下列说法不正确的是


A. 柠檬酸属于有机物 B. 碳酸钠溶液呈碱性
C. 产生的气体为 D. 碳酸钠与柠檬酸发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据柠檬酸的结构简式，柠檬酸含有C、H、O元素，柠檬酸属于有机物，故A说法正确；
B．碳酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故B说法正确；
C．柠檬酸中含有羧基，酸性比碳酸酸性强，与碳酸钠反应生成CO2，故C说法正确；
D．该反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，应是用酸性强的制取酸性弱的，故D说法错误；
答案为D。
2. 反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A. N2H4的结构式为 B. 中子数为8的氮原子可表示为N
C. O基态原子的价层电子排布式为1s22s22p4 D. NaCl的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，结构式为，A正确；
B．根据在原子表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为：N，B错误；
C．O基态原子的价层电子排布式为2s22p4，C错误；
D．NaCl是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，电子式为，D错误；
故选A。
3. 海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。灼烧海带提取I2时，下列实验原理与装置不能达到相应实验目的的是

A. 用装置甲灼烧海带 B. 用装置乙过滤得到浸出液
C. 用装置丙反应生成I2 D. 用装置丁萃取碘水中的I2
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧海带应在坩埚中进行，故A正确；
B．海带灰溶于水后得到悬浊液，应用过滤的方法得到浸出液，故B正确；
C．向用稀硫酸酸化的浸出液滴入双氧水，双氧水能将溶液中的碘离子氧化为单质碘，故C正确；
D．碘与乙醇互溶，不能用乙醇萃取溶液中的碘，故D错误；
故选D。
4. 下列有关氮及其化合物的性质和用途具有对应关系的是
A. 氮气难溶于水，可用于合成氨 B. 硝酸见光易分解，可用于制氮肥
C. 二氧化氮密度比空气大，可用于制硝酸 D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气与氢气反应生成氨气，可用于合成氨原料，与氮气的物理性质无关，选项A错误；
B．N为植物生长的营养元素，则硝酸可用于制氮肥，与硝酸见光易分解的性质无关，见光易分解是硝酸的不稳定性，选项B错误；
C．二氧化氮能与水反应生成硝酸，因此可用于制硝酸，与其密度比空气大无关，选项C错误；
D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，性质与用途对应，选项D正确；
答案选D。
5. X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Q)>r(Y)>r(X) B. 电负性：X>Y>Z
C. R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr；
【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为Al>N>O，故r(Q) >r(X) >r(Y)，故A错误；
B．同周期元素从左到右电负性增强，故O>N>Na，电负性：Y>X>Z，故B错误；
C．R的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C错误；
D．Z为Na，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；
故答案为D。
6. Deacon曾提出在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢成功制备氯气。该反应具有一定的可逆性，热化学方程式可表示为 。关于Deacon提出的制的反应，下列有关说法正确的是
A. 该反应的△S＞0
B. 每生成标准状况下22.4L ，放出58kJ的热量
C. 升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D. 断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，说明该反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．熵表示混乱度，气体物质的量越大，熵越大。该反应是气体系数之和减小的反应，所以该反应的熵减小，即△S＜0，A项错误；
B．根据热化学方程式可知，每生成2mol Cl2，放出116kJ的热量，所以每生成标准状况下22.4L(即1mol)Cl2，放出58kJ的热量，B项正确；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度，正逆反应速率都增大，C项错误；
D．HCl是反应物，H2O是生成物，断裂4mol H-Cl键的同时，一定同时有4mol H-O键生成，所以该说法不能说明该反应达到平衡状态，D项错误；
答案选B。
7. 在指定条件下，下列含氯物质的转化不能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，往氯化钠溶液中通入过量二氧化碳不反应，无法转化生成碳酸氢钠，选项A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，转化可以完成，选项B正确；
C．在氯化氢氛围中加热氯化镁晶体，得到无水氯化镁，转化可以完成，选项C正确；
D．次氯酸受热分解生成盐酸和氧气，转化可以完成，选项D正确；
答案选A。
8. 二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。

下列说法正确的是
A. 为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B. 若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C. 实验中通入气体的速率应尽可能慢
D. 装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故答案为：B。
9. 一种I2的制备工艺流程如下：


下列说法不正确的是


A. “富集”得到的悬浊液中含有AgI，1个AgI晶胞(如图)中含有4个I−
B. “转化”过程中的离子反应方程式为Fe+2AgI=2Ag+Fe2++ 2I−
C. “沉淀”与足量的浓硝酸反应，氧化产物可循环使用，还原产物为NO
D. “氧化”过程中若氯气过量，单质碘的产率降低，可能原因是I2被进一步氧化
【答案】C
【解析】
【分析】净化除氯的含I−废水加入硝酸银溶液，生成AgI悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，反应生成亚铁离子、银和碘离子，碘离子被氯气氧化为单质碘。
【详解】A．“富集”得到的悬浊液中含有AgI，1个AgI晶胞(如图)中含有个I−，故A正确；
B．“转化”过程中悬浊液和Fe反应生成沉淀，过滤后，滤液中通氯气，说明滤液中含有碘离子，因此其离子反应方程式为Fe+2AgI=2Ag+Fe2++ 2I−，故B正确；
C．“沉淀”与足量的浓硝酸反应，还原产物为NO2，故C错误；
D．“氧化”过程中若氯气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，因此单质碘的产率降低，故D正确。
综上所述，答案为C。
10. 化合物Z是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，可由下列反应制得。

下列有关X、Y、Z 的说法正确的是
A. 1 mol X中含有9 mol σ键 B. X、Y可以用FeCl3溶液鉴别
C. Y分子中所有原子可能共平面 D. Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯环的6个碳原子之间有6个σ键、1个大π键、双键中有1个π键、σ键，单键都是σ键，则1 mol X中含有σ键＞9 mol，A错误；
B．酚类与FeCl3溶液发生显色反应， X含酚羟基、Y不含酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，B正确；
C． 饱和碳原子是四面体结构，Y中含甲氧基，则Y分子中所有原子不可能共平面，C错误；
D． Z中—CH2OH直接连在苯环上，—CH2OH所连碳原子上没有H，不可发生消去反应，D错误；
答案选B。
11. 室温下，通过下列实验来探究NH4HCO3的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH=9.68
实验2：向浓度为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入足量NaOH，有刺激性气味气体产生
实验3：浓度均为2.0mol·L-1NH4HCO3溶液和NaCl溶液等体积混合，有晶体析出，过滤
下列说法正确的是
A. 0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在：c(H+)+2c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3•H2O)
B. 由实验1可得：Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)
C. 实验2中发生反应的离子方程式为NH+OH-=NH3↑+H2O
D. 实验3中所得滤液中存在：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中,由质子守恒可得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3•H2O)，故A错误；
B．由实验1可知，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液显碱性，可知NH的水解程度小于HCO的水解程度，则Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)，故B正确；
C．实验2中的NaOH是足量的，所以反生反应的离子方程式是NH+ HCO+ 2OH-= NH3↑+2H2O+ CO，故C错误；
D．实验3中析出的晶体是溶解度较小的NaHCO3晶体，则滤液中NH4Cl的量要大于NaHCO3，则根据物料守恒：c(NH)+c(NH3•H2O)>c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)，故D错误；
答案B。
12. 利用电解可以实现烟气中氮氧化物的脱除，同时可以将甲烷转化成乙烯，工作原理如图所示。下列说法正确的是

A. 电解时，电极A与电源的正极相连
B. 电解时，O2-由电极B向电极A迁移
C. 电极B上的反应式为：2CH4+4e−+2O2-=C2H4 +2H2O
D. 若要脱除1mol NO2，理论上需通入CH4的物质的量为2 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解时，电极A上NO2→N2，N元素化合价降低，发生还原反应，电极A为阴极，与电源负极相连，A项错误；
B．电解时，O2-向阳极移动，电极A为阴极，电极B为阳极，则O2-由电极A向电极B迁移，B项错误；
C．电极B上CH4→C2H4，C元素化合价升高，失去电子，电极反应式为2CH4-4e−+2O2-=C2H4 +2H2O，C项错误；
D．1mol NO2转化为N2，转移4mol电子，根据2CH4-4e−+2O2-=C2H4 +2H2O可知，需要消耗2mol CH4，D项正确；
答案选D。
13. 室温下，通过下列实验探究0.1 mol/L NaHS和0.1mol/L Na2S溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
向0.1 mol/L NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
2
向0.1 mol/L Na2S溶液中加入等体积0.1 mol/L HCl溶液，无气体逸出
3
向AgI固体滴入少量0.1 mol/L Na2S溶液，部分黄色固体转化为黑色固体
4
向0.1 mol/L NaHS溶液中通入过量的氯气，产生黄色沉淀
下列有关说法正确的是
A. 实验1溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B. 实验2所得溶液中：
C. 实验3上层清液中存在：
D. 实验4中发生的主要离子方程式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HS-在溶液中存在电离平衡：HS-H++S2-，电离产生的H+使溶液显酸性；同时存在水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，水解产生OH-使溶液显碱性，由于向0.1 mol/L NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红，该溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则根据物质反应转化关系可知溶液中微粒关系为：c(H2S)＞c(S2-)，A错误；
B．实验2中向0.1 mol/L Na2S溶液中加入等体积0.1 mol/L HCl溶液，无气体逸出，二者发生反应：Na2S+HCl=NaCl+NaHS，对于该溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(H2S)-c(S2-)，即c(OH-)+ c(S2-)=c(H+)+c(H2S)，B正确；
C．实验3：向AgI固体滴入少量0.1 mol/L Na2S溶液，部分黄色固体转化为黑色固体，在溶液中存在沉淀转化平衡：2AgI(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2I-(aq)，溶液中微粒浓度大小关系为：，C错误；
D．NaHS在溶液中电离产生Na+、HS-，向0.1 mol/L NaHS溶液中通入过量的氯气，发生氧化还原反应，产生S黄色沉淀、H+、Cl-，该反应的离子方程式应该为：HS-+Cl2=2Cl-+H++S↓，D错误；
故合理选项是B。
14. 二甲醚(CH3OCH3)是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41.2kJ•mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5kJ•mol-1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5kJ•mol-1
在2MPa，起始投料=3时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是

A. 图中X表示CO
B. 反应Ⅲ中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和
C. 温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2
D. 其他条件不变，将压强增大到3MPa，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的平衡转化率越高，则反应I进行的程度越小，CO的平衡体积分数越小，则图中X表示CH3OCH3，A说法错误；
B．反应Ⅲ为放热反应，则反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和，B说法错误；
C．温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，则反应Ⅰ消耗的CO2大于反应Ⅱ生成的CO2，C说法错误；
D．其他条件不变，将压强增大到3MPa，反应I不移动，而反应II平衡正向进行，甲醇的浓度增大，导致反应III正向进行，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数，D说法正确；
答案为D。
二、非选择题：共4小题，共58分
15. 稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：


已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。
②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。
③25℃时，部分物质的相关信息如表所示：
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
Ka1(H2C2O4)
Ka2(H2C2O4)
2.0×10-8
5.0×10-10
6.0×10-2
6.25×10-5

（1）“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为____。
（2）“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z=____。

（3）传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是____。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是____。
（4）将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K=____。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是____(化学式)。
【答案】（1）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（2）1∶2 （3） ①. ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O) ②. 除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
（4） ①. 1.5×10-4 ②. PbSO4
【解析】
【小问1详解】
由流程图可知，Sc2(C2O4)3经焙烧后生成Sc2O3和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【小问2详解】
“xNH4Cl·yScF3·zH2O”脱水除铵是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380~400℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200~300℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为：，水的物质的量为：，x:z=0.06:0.12=1:2。
【小问3详解】
ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水发生反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2OScOF+2HF或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
【小问4详解】
平衡常数K=====1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)可知，有少量PbSO4转化为了PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。
16. 化合物E是一种合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：


（1）A分子中含有手性碳原子的数目为_______。
（2）C→D的反应类型为_______。
（3）实现B→C的转化中，化合物X的分子式为C5H8O4，则X 的结构简式：_______。
（4）B脱去HBr得到有机物甲，甲的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应。
②分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2∶9∶18。
（5）写出以HOCH2CH2CH2OH和CH3OH为原料制备的合成路线流程图_______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）3 （2）取代反应
（3） （4）或
（5）CH3OH CH3Br
HOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH CH3OOCCH2COOCH3
【解析】
【分析】B和化合物X发生取代反应生成C，化合物X的分子式为C5H8O4，则X 的结构简式。
【小问1详解】
A分子中含有手性碳原子的数目为3()；
【小问2详解】
化合物C和发生反应生成化合物D和HI，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，化合物X的结构简式为；
【小问4详解】
化合物B脱去HBr得到有机物甲，甲的一种同分异构体：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2∶9∶18，则符合条件的同分异构体有：、；
【小问5详解】
CH3OH和HBr发生取代反应生成CH3Br，HOCH2CH2CH2OH发生催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和CH3OH发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3，CH3OOCCH2COOCH3和CH3Br发生取代反应生成，则合成路线为CH3OH CH3Br；HOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH CH3OOCCH2COOCH3。
17. 以废锰酸锂电池为原料，回收、精铜的实验流程如下：


（1）“浸取”在如图所示装置中进行。

①将一定量“和石墨混合粉末”与溶液、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，75℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液。滴液漏斗中的溶液是___________。
②转化为的化学方程式为___________。
③保持温度、反应物和溶剂的量不变，能提高Mn元素浸出率的措施有___________。
（2）补充以“铜箔和铝箔”为原料制备精铜的实验方案：_____；将所得精铜用蒸馏水洗净，干燥。
实验中须使用的试剂溶液、不锈钢片、混合溶液，除常用仪器外须使用的仪器：直流电源。
（3）通过下列方法测定的纯度：准确称取0.4000g样品，加入25.00mL溶液和适量硫酸，加热至完全反应(发生反应为)，用标准溶液滴定过量的至终点，消耗标准溶液20.00mL(滴定反应为)。计算样品中的质量分数(写出计算过程)_______。
【答案】（1） ①. ②. ↑+8H2O ③. 从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有：适当加快搅拌速率；延长反应时间
（2）边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，不锈钢片与直流电源负极相连，在混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜
（3）97.88%
【解析】
【分析】首先将废锰酸锂电池为原料进行破碎筛分，分离出铜箔和铝箔，以及锰酸锂和石墨混合粉末，之后浸取在酸性条件下用过氧化氢将锰酸锂中的锰还原为+2价，过滤，滤液通过电解得到二氧化锰，铜箔和铝箔通过精制得到精铜，以此解题。
【小问1详解】
①反应在75℃下进行，若三颈烧瓶中先加入溶液，向其中滴加硫酸溶液，则容易导致分解，故滴液漏斗中的溶液是溶液；
②过氧化氢作还原剂将中锰元素还原为+2价，方程式为：↑+8H2O；
③从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有：适当加快搅拌速率；延长反应时间；
【小问2详解】
利用铝可以和氢氧化钠反应，铜不能反应，故可以先用氢氧化钠溶液除去铝，之后再用电解精炼的方法得到精铜，故答案为：边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，不锈钢片与直流电源负极相连，在混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜；
【小问3详解】
根据可知，与MnO反应的C2O的物质的量：，0.4000 g样品中MnO2的物质的量：；；则样品中的质量分数。
18. 燃煤烟气中SO2和NOx是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。
（1）尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。尿素[CO(NH2)2]是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿素/H2O2溶液中通入含有SO2和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2的化学方程式为____。
（2）除去烟气中的NOx，利用氢气选择性催化还原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。H2—SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H1
副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) △H2