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2023年高考化学压轴题训练④（模拟题选编）
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这是一份2023年高考化学压轴题训练④（模拟题选编），共66页。
2023年高考化学压轴题训练④（模拟题选编）
【试题目录】
一．晶胞的计算（共1小题） 1
二．有机物的合成（共10小题） 2
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 12
四．性质实验方案的设计（共2小题） 15
五．制备实验方案的设计（共2小题） 18
【答案目录】
一．晶胞的计算（共1小题） 21
二．有机物的合成（共10小题） 22
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 51
四．性质实验方案的设计（共2小题） 57
五．制备实验方案的设计（共2小题） 62
一．晶胞的计算（共1小题）
1．（2023•东城区一模）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。
（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。
①基态26Fe2+的价层电子排布式为 。
②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为 。
③草酸亚铁晶体的化学式为 。
（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。
①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是 。
②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。 NH4H2PO4 + + P2O5。
（3）LiFePO4晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示。充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。
①i表示 （填“充电”或“放电”）过程。
②已知：Li+的脱嵌率＝×100%。某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，则Li+的脱嵌率为 ，平均每个晶胞脱嵌 个Li+。
二．有机物的合成（共10小题）
2．（2023•门头沟区一模）D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．A、B、C生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成1molD参与反应的A、B物质的量之比为1：1
3．（2023•海淀区校级模拟）布洛芬可有效缓解因新型冠状病毒感染引起的发烧和全身酸痛。许多药企生产布洛芬采用的BHC法是一种生产步骤简单，原料利用率高的原子经济性反应，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）E中官能团的名称为 。
（2）D的分子式为 。
（3）由A制备TNT（三硝基甲苯）的化学反应方程式为 。
（4）C→D的化学反应方程式为 。
（5）D→E的反应类型为 。
（6）终止剂可将转化为，从而使B→C反应终止，下列物质中最适合作为终止剂的物质是 （填序号）。
a．H2O
b．CCl4
c．C2H5OH
（7）E有多种同分异构体，其中同时符合下列条件的有 种（不考虑立体异构）。
①含有六元碳环
②六元碳环上有3个取代基，其中一个为﹣CH2﹣C≡CH，另一个为﹣CH2﹣CH＝CH2
（8）缓释布洛芬（）可长时间维持退烧、镇痛效果，请以布洛芬、乙二醇、2﹣甲基丙烯酸为原料，设计路线合成缓释布洛芬： 。
4．（2023•顺义区二模）药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。
已知：
ⅰ．B的核磁共振氢谱只有1个峰；
ⅱ．
（1）M的官能团为 。
（2）A的名称为 。
（3）C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为（任写一种） 。
（4）反应④的反应类型是 。
（5）反应⑤的化学方程式为 。
（6）G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式 。
①不存在顺反异构
②结构中含有酚羟基
③苯环上有两个取代基且位于间位
（7）已知：，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，写出合成路线 （用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
5．（2023•东城区一模）己二腈[NC（CH2）4CN]是合成尼龙﹣66的中间体。其制备方法如图。
Ⅰ.己二酸氨化法
（1）下列说法正确的是 （填字母）。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
（2）若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol己二酸产生NO2的物质的量是 mol。
Ⅱ.丙烯腈（CH2＝CHCN）电解二聚法（两极均为惰性电极）
电解原理如图a，总反应为4CH2═CHCN+2H2O2NC（CH2）4CN+O2↑，主要副产物为丙腈（C2H5CN）。
（3）电极X为 （填“阴”或“阳”）极。
（4）Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低。结合图a分析原因是 。
（5）写出i的电极反应式： 。
（6）己二腈、丙脂的生成速率与季铵盐浓度的关系如图b。当季铵盐的浓度为1.5×10﹣2mol•L﹣1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为 mol。
6．（2023•朝阳区一模）氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如图：
已知：i.
（1）A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有 。
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式为 。
（3）B→D的化学方程式是 。
（4）G的结构简式为 。
（5）推测J→K的过程中，反应物NaBH3CN的作用是 。
（6）可通过如图路线合成：
已知：ii.R﹣O﹣R′+H2OROH+R′OH
iii.
①反应Ⅰ的化学方程式为 。
②M的结构简式为 。
③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是 。
7．（2023•东城区一模）有机物A（C6H8N2）可用于合成药物、塑料等物质。
Ⅰ.由A合成佐匹克隆（J）的路线如图。
已知：i.RNH2RN＝CHR′
ii.
（1）A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1。A→B的化学方程式为 。
（2）OHC﹣CHO中官能团的检验方法：向 （填试剂）中加入待测液，加热，产生红色沉淀。
（3）C中含氧官能团名称为 。
（4）物质a的结构简式为 。
（5）G→J的反应类型为 。
Ⅱ.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。
（6）参照Ⅰ中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为 、 。
8．（2023•丰台区一模）依匹哌唑M（）是一种多巴胺活性调节剂，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.
ⅱ.R1﹣X+R2﹣NH2R1﹣NH﹣R2（R表示H或烃基）
ⅲ.试剂b的结构简式为
（1）A分⼦中含有的官能团名称是 。
（2）C为反式结构，其结构简式是 。
（3）D→E的化学⽅程式是 。
（4）G的结构简式是 ；G→H的反应类型为 。
（5）K转化为L的过程中，K2CO3可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是 。
（6）X是E的同分异构体，写出满⾜下列条件的X的结构简式 。
a.1mol X与⾜量的Na反应可产生2molH2
b.核磁共振氢谱显示有3组峰
（7）由化合物N（）经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有CH3OH生成，写出P、W的结构简式 、 。
9．（2023•西城区校级模拟）一种合成异苯并呋喃酮类化合物的前体H的路线如图。
已知：
i．
ii．
回答下列问题：
（1）试剂a的分子式是 ，其中含有的官能团有 。
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
已知：R﹣COOH与CuCl2反应生成CO2
步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl
步骤②： 。
（3）下列说法不正确的是（填序号） 。
a．A的核磁共振氢谱有2组峰
b．B存在含碳碳双键的酮类同分异构体
c．C存在2个手性碳原子
d．D存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
（4）已知E的分子式为C4H8O2，E→F的化学方程式是 。
（5）D和G经五步反应合成H，写出中间产物2和3的结构简式 、 。（结构简式中的“”可用“﹣R”表示）
10．（2023•朝阳区校级二模）“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：
已知：
（1）化合物A的官能团是 。
（2）反应①的反应类型是 。
（3）关于B和C，下列说法正确的是 （填字母序号）。
a．利用质谱法可以鉴别B和C
b．B可以发生氧化、取代、消去反应
c．可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为 。
（5）反应②的化学方程式为 。
（6）E的结构简式为 。
（7）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：
（8）聚合物F的结构简式为 。
11．（2023•房山区一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如图：
已知：
ⅰ．BnBr为
ⅱ．
ⅲ．
ⅳ．
（1）A中含氧官能团为 。
（2）由B到C所发生的化学反应方程式为 。
（3）试剂2的结构简式是 。
（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是 。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式 。
（6）反应2的化学反应方程式为 。
（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是 （填选项）。
a．反应1和反应3
b．反应4和反应5
c．反应2和反应6
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
12．（2023•海淀区校级模拟）金属钇（Y）具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+
Y3++3HR⇌YR3+3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因 。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是 。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。表 2Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因 。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3．表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3++ + ＝ FePO4↓+ 2↑+
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因 。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过 （填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是 。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附
c．表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH﹣＝Y（OH）3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
13．（2023•门头沟区一模）为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如图。
已知：i．部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
（VO2）2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii．+2OH﹣⇌+H2O。
回答下列问题：
（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 、 （写两条）。
（2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为 。
（3）生成的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为 。
（4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 。
（5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 （写两条）。
（6）测定产品中V2O5的纯度称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液，再加入b1mLc1mol•L﹣1H2C2O4溶液（2+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O），最后用c2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：182g•mol﹣1）的质量分数是 （列出计算式）。
四．性质实验方案的设计（共2小题）
14．（2023•门头沟区一模）某小组同学探究、的性质。
资料：i．的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被分别还原为Mn2+（无色）、MnO2、（绿色）。
ii.在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为和MnO2。
Ⅰ.验证与的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象
①
2滴3mol•L﹣1H2SO4
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol•L﹣1NaOH
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol•L﹣1NaOH
10滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
（1）实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为 。
（2）实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 。甲同学补做了实验 （填操作和现象），证明猜测合理。
Ⅱ.验证的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如图：
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为 。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
①、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL0.01mol•L﹣1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol•L﹣1CH3COOH溶液， （填现象），证明猜想不合理。
②、MnO2可能被 还原，发生的反应： ， 。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
15．（2023•海淀区校级模拟）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据如图1，写出气缸内产生NO的热化学方程式 。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式 。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图2．若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是 。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉”CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c（Na2CO3）＝ 。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是 。
a．c （）＞c （）b.2c （）+c （）+c （OH﹣）＝c （H+）+c （Na+）
c．c （H2CO3）+c （）+c （）＝0.2mol•L﹣1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0根据图3分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由 。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图4．写出右侧的电极反应式
五．制备实验方案的设计（共2小题）
16．（2023•朝阳区校级二模）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如图：
已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10﹣8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于 mol•L﹣1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移 mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 。
17．（2023•西城区校级模拟）MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是
ⅱ．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+═Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2．而实际比值（0.9）小于2，原因是 。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： 。
（3）电解：Mn2+纯化液经电解得MnO2．生成MnO2的电极反应式是 。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL．（已知：MnO2及MnO4﹣均被还原为Mn2+．相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0）产品纯度为 。（用质量分数表示）
2023年高考化学压轴题训练④（模拟题选编）
参考答案与试题解析
一．晶胞的计算（共1小题）
1．（2023•东城区一模）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。
（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。
①基态26Fe2+的价层电子排布式为 3d6 。
②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为 6 。
③草酸亚铁晶体的化学式为 FeC2O4•2H2O 。
（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。
①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是 氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定 。
②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。 2 NH4H2PO4 2 NH3↑ + 3 H2O + 1 P2O5。
（3）LiFePO4晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示。充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。
①i表示 充电 （填“充电”或“放电”）过程。
②已知：Li+的脱嵌率＝×100%。某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，则Li+的脱嵌率为 25% ，平均每个晶胞脱嵌 1 个Li+。
【解答】解：（1）①基态26Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其3d能级上的电子为其价层电子，所以其价电子排布式为3d6，
故答案为：3d6；
②根据图知，草酸亚铁晶体中Fe2+与2个H2O中O原子、2个草酸根离子中4个O原子相连，所以其配位数是6，
故答案为：6；
③草酸亚铁晶体中，每个基本单元中含有1个Fe2+、2个H2O分子、1个C2，化学式为FeC2O4•2H2O，
故答案为：FeC2O4•2H2O；
（2）①键能越大，化学键越稳定，该物质越不易发生反应，氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定，所以可以作保护气，
故答案为：氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定；
②弱酸酸式的铵盐受热分解生成氨气、水等物质，根据方程式知，NH4H2PO4受热分解生成P2O5、H2O、NH3，2NH4H2PO42NH3↑+3H2O+P2O5，
故答案为：2；2；NH3↑；3；H2O；1；
（3）①根据图知，（a）LiFePO4失电子发生氧化反应生成（b）中的FePO4，所以为充电过程，
故答案为：充电；
②根据图知，Fe2+失电子生成Fe3+，同时脱嵌1个Li+，某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4，所以Li+的脱嵌率为×100%＝25%；（a）中Li+个数＝8×+4×+4×＝4，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4，所以该晶胞中脱嵌1个Li+，
故答案为：25%；1。
二．有机物的合成（共10小题）
2．（2023•门头沟区一模）D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．A、B、C生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成1molD参与反应的A、B物质的量之比为1：1
【解答】解：A．A、B、C生成高分子化合物D时，没有小分子化合物生成，该反应为加聚反应，故A正确；
B．C中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为：2：2：1，故B错误；
C．D在碱性条件下水解，C﹣N键断裂，﹣NH2结合氢原子生成NH3，故C正确；
D．根据D的结构简式知，生成1molD时，消耗A、B的物质的量都是（m+n）mol，则消耗A、B的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选：B。
3．（2023•海淀区校级模拟）布洛芬可有效缓解因新型冠状病毒感染引起的发烧和全身酸痛。许多药企生产布洛芬采用的BHC法是一种生产步骤简单，原料利用率高的原子经济性反应，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）E中官能团的名称为 羟基 。
（2）D的分子式为 C12H16O 。
（3）由A制备TNT（三硝基甲苯）的化学反应方程式为 。
（4）C→D的化学反应方程式为 。
（5）D→E的反应类型为 加成反应或还原反应 。
（6）终止剂可将转化为，从而使B→C反应终止，下列物质中最适合作为终止剂的物质是 a （填序号）。
a．H2O
b．CCl4
c．C2H5OH
（7）E有多种同分异构体，其中同时符合下列条件的有 19 种（不考虑立体异构）。
①含有六元碳环
②六元碳环上有3个取代基，其中一个为﹣CH2﹣C≡CH，另一个为﹣CH2﹣CH＝CH2
（8）缓释布洛芬（）可长时间维持退烧、镇痛效果，请以布洛芬、乙二醇、2﹣甲基丙烯酸为原料，设计路线合成缓释布洛芬： 。
【解答】解：（1）E中官能团的名称为羟基，
故答案为：羟基；
（2）D的分子式为C12H16O，
故答案为：C12H16O；
（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，A和浓硝酸发生取代反应生成TNT，由A制备TNT（三硝基甲苯）的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）C发生取代反应生成D，C→D的化学反应方程式为，
故答案为：；
（5）D→E的反应类型为还原反应或加成反应，
故答案为：还原反应或加成反应；
（6）终止剂可将转化为，从而使B→C反应终止，则终止剂能提供氢离子，H2O、CCl4、C2H5OH中水可以电离出离子，最适合作为终止剂的物质是水，
故答案为：a；
（7）E的同分异构体同时符合下列条件：①含有六元碳环；②六元碳环上有3个取代基，其中一个为﹣CH2﹣C≡CH，另一个为﹣CH2﹣CH＝CH2，六元环的不饱和度是1，E的不饱和度是4，所以符合条件的同分异构体中除了一个碳碳三键、一个碳碳双键、一个六元环外不含其它环或双键，根据碳原子知，另一个取代基为﹣OH，如果﹣CH2﹣C≡CH、﹣CH2﹣CH＝CH2在同一个碳原子上，醇羟基在另一个碳原子上，有3种位置异构；如果﹣CH2﹣C≡CH、﹣OH在同一个碳原子上，﹣CH2﹣CH＝CH2在另一个碳原子上，有3种位置异构；如果﹣OH、﹣CH2﹣CH＝CH2在同一个碳原子上，﹣CH2﹣C≡CH在另一个碳原子上，有3种位置异构；如果3个取代基在不同碳原子上，和苯环上有3个不同取代基时的同分异构体种类相同，有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有19种，
故答案为：19；
（8）以布洛芬、乙二醇、2﹣甲基丙烯酸为原料合成，布洛芬和乙二醇发生酯化反应，然后再和2﹣甲基丙烯酸发生酯化反应回转发生加聚反应得到，合成路线为，
故答案为：。
4．（2023•顺义区二模）药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。
已知：
ⅰ．B的核磁共振氢谱只有1个峰；
ⅱ．
（1）M的官能团为 酯基、羟基（或﹣COOR、﹣OH） 。
（2）A的名称为 2﹣丙醇 。
（3）C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为（任写一种） 。
（4）反应④的反应类型是 取代反应 。
（5）反应⑤的化学方程式为 。
（6）G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式 。
①不存在顺反异构
②结构中含有酚羟基
③苯环上有两个取代基且位于间位
（7）已知：，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，写出合成路线 （用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【解答】解：（1）M的官能团有酯基、羟基（或﹣COOR、﹣OH），
故答案为：酯基、羟基（或﹣COOR、﹣OH）；
（2）A为CH3CHOHCH3，名称为2﹣丙醇，
故答案为：2﹣丙醇；
（3）C的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应④的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（5）反应⑤的化学方程式为，
故答案为：；
（6）G为，G的同分异构体同时满足下列条件：
①不存在顺反异构，说明碳碳双键两端的碳原子连接相同的原子或原子团；
②结构中含有酚羟基；
③苯环上有两个取代基且位于间位，两个取代基为酚﹣OH、﹣CH＝CCl2，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（7）G为，I为，以G为原料选择必要的无机试剂合成I，发生水解反应、氧化反应、加成反应得到I，合成路线为，
故答案为：。
5．（2023•东城区一模）己二腈[NC（CH2）4CN]是合成尼龙﹣66的中间体。其制备方法如图。
Ⅰ.己二酸氨化法
（1）下列说法正确的是 abc （填字母）。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
（2）若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol己二酸产生NO2的物质的量是 8 mol。
Ⅱ.丙烯腈（CH2＝CHCN）电解二聚法（两极均为惰性电极）
电解原理如图a，总反应为4CH2═CHCN+2H2O2NC（CH2）4CN+O2↑，主要副产物为丙腈（C2H5CN）。
（3）电极X为 阳 （填“阴”或“阳”）极。
（4）Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低。结合图a分析原因是 H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii 。
（5）写出i的电极反应式： 2CH2＝CHCN+2H++2e—＝NC（CH2）4CN 。
（6）己二腈、丙脂的生成速率与季铵盐浓度的关系如图b。当季铵盐的浓度为1.5×10﹣2mol•L﹣1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为 8.6×10﹣3 mol。
【解答】解：（1）a．己二腈的官能团为﹣C≡N，分子中含有碳氮三键，故a正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC（CH2）4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC（CH2）4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故b正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故c正确，
故答案为：abc；
（2）结合物质结构，1mol环己醇氧化为己二酸时，转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，N元素化合价由+5价降低为+4价，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8＝8mol，
故答案为：8；
（3）电解池中，阳离子移向阴极，由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，
故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故原因为H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii，
故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为在水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2＝CHCN+2H++2e﹣＝NC（CH2）4CN，
故答案为：2CH2＝CHCN+2H++2e﹣＝NC（CH2）4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2＝CHCN+2H2O+2e﹣＝NC（CH2）4CN+2OH﹣、CH2＝CHCN+2H2O+2e﹣＝CH3CH2CN+2OH﹣，氢离子通过质子交换膜进入阴极室，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10﹣2mol•L﹣1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10﹣3 mol/h和0.9×10﹣3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10﹣3 mol/h×1h×2+0.9×10﹣3 mol/h×1h×2＝8.6×10﹣3mol，
故答案为：8.6×10﹣3。
6．（2023•朝阳区一模）氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如图：
已知：i.
（1）A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有 羧基、碳氯键 。
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式为 。
（3）B→D的化学方程式是 。
（4）G的结构简式为 。
（5）推测J→K的过程中，反应物NaBH3CN的作用是 还原剂 。
（6）可通过如图路线合成：
已知：ii.R﹣O﹣R′+H2OROH+R′OH
iii.
①反应Ⅰ的化学方程式为 。
②M的结构简式为 H2N﹣NH﹣CH3 。
③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是 保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应 。
【解答】解：（1）A为，含有羧基、碳氯键，
故答案为：羧基、碳氯键；
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，即含有羧基和碳氯键，其核磁共振氢谱也有两组峰，除羧基外只有一种氢，则苯环结构应对称，符合的结构为：，
故答案为：，
（3）B为、D为，B到D发生醇的催化氧化生成醛基，反应方程式为，
故答案为：；
（4）根据分析，G的结构简式为：，
故答案为：；
（5）J与NaBH3CN发生反应生成K，实现J中碳碳双键加氢，该反应为还原反应，NaBH3CN的作用是作还原剂，
故答案为：还原剂；
（6）①反应I为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水，反应方程式为：，
故答案为：；
②发生信息中反应生成：，发生异构化反应生成，与M发生已知中信息反应，生成物发生水解得到，可知该生成物应为，则M应为H2N﹣NH﹣CH3，
故答案为：H2N﹣NH﹣CH3；
③步骤I实现羧基转化为酯基，IV又将酯基水解成羧基，可以起到保护羧基作用，避免其与氨基或亚氨基发生反应，
故答案为：保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应。
7．（2023•东城区一模）有机物A（C6H8N2）可用于合成药物、塑料等物质。
Ⅰ.由A合成佐匹克隆（J）的路线如图。
已知：i.RNH2RN＝CHR′
ii.
（1）A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1。A→B的化学方程式为 。
（2）OHC﹣CHO中官能团的检验方法：向 新制C（OH）2悬浊液 （填试剂）中加入待测液，加热，产生红色沉淀。
（3）C中含氧官能团名称为 羧基 。
（4）物质a的结构简式为 。
（5）G→J的反应类型为 取代反应 。
Ⅱ.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。
（6）参照Ⅰ中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为 、 。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A和乙二醛发生信息i的取代反应生成B为，A→B的化学方程式为，
故答案为：；
（2）含有醛基的有机物能和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以OHC﹣CHO中官能团的检验方法：向新制C（OH）2悬浊液中加入待测液，加热，产生红色沉淀，
故答案为：新制C（OH）2悬浊液；
（3）C为，C中含氧官能团名称为羧基，
故答案为：羧基；
（4）物质a的结构简式为，
故答案为：；
（5）G→J的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（6）A为，K发生取代反应生成L，根据PAI的结构简式、K和L的分子式知，K为、L为，A和L发生缩聚反应生成M为，M发生取代反应生成PAJ，所以K、M的结构简式分别为、，
故答案为：；。
8．（2023•丰台区一模）依匹哌唑M（）是一种多巴胺活性调节剂，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.
ⅱ.R1﹣X+R2﹣NH2R1﹣NH﹣R2（R表示H或烃基）
ⅲ.试剂b的结构简式为
（1）A分⼦中含有的官能团名称是 碳碳双键、醚键 。
（2）C为反式结构，其结构简式是 。
（3）D→E的化学⽅程式是 。
（4）G的结构简式是 ；G→H的反应类型为 取代反应 。
（5）K转化为L的过程中，K2CO3可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是 。
（6）X是E的同分异构体，写出满⾜下列条件的X的结构简式 。
a.1mol X与⾜量的Na反应可产生2molH2
b.核磁共振氢谱显示有3组峰
（7）由化合物N（）经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有CH3OH生成，写出P、W的结构简式 、 。
【解答】解：（1）A为CH3CH2OCH＝CH2，A分⼦中含有的官能团名称是碳碳双键、醚键，
故答案为：碳碳双键、醚键；
（2）C为CH3CH2OCH＝CHCOCl，C为反式结构，其结构简式是，
故答案为：；
（3）D为CH3OCH＝CHCOOCH3，D和甲醇发生加成反应生成E为（CH3O）2CHCH2COOCH3，D→E的化学⽅程式是，
故答案为：；
（4）G的结构简式是；G→H的反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
（5）K转化为L的过程中，K2CO3可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是，
故答案为：；
（6）E为（CH3O）2CHCH2COOCH3，X是E的同分异构体，X满⾜下列条件：
a.1mol X与⾜量的Na反应可产生2molH2，结合氧原子个数知，说明含有4个羟基；
b.核磁共振氢谱显示有3组峰，说明含有3种氢原子，结构对称，结合不饱和度知，符合条件的结构中含有环或碳碳双键，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（7）通过以上分析知，P：、W：，
故答案为：；。
9．（2023•西城区校级模拟）一种合成异苯并呋喃酮类化合物的前体H的路线如图。
已知：
i．
ii．
回答下列问题：
（1）试剂a的分子式是 C2H2O3 ，其中含有的官能团有 醛基、羧基 。
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
已知：R﹣COOH与CuCl2反应生成CO2
步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl
步骤②： 4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O 。
（3）下列说法不正确的是（填序号） ac 。
a．A的核磁共振氢谱有2组峰
b．B存在含碳碳双键的酮类同分异构体
c．C存在2个手性碳原子
d．D存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
（4）已知E的分子式为C4H8O2，E→F的化学方程式是 CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl 。
（5）D和G经五步反应合成H，写出中间产物2和3的结构简式 、 。（结构简式中的“”可用“﹣R”表示）
【解答】解：（1）a为OHCCOOH，试剂a的分子式是C2H2O3，官能团为醛基、羧基，
故答案为：C2H2O3；醛基、羧基；
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl，D为；步骤②：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O，
故答案为：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O；
（3）a．A为，A的分子中含有3种氢原子，则A的核磁共振氢谱有3组峰，故a错误；
b．B为，B的不饱和度是5，碳碳双键的不饱和度是1、酮的不饱和度是1，则B存在含碳碳双键的酮类同分异构体，故b正确；
c．C为，连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以只有一个手性碳原子，故c错误；
d．D为，D的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4，环的不饱和度是1，酯基的不饱和度是1，存在含酚羟基的环状酯类同分异构体，故d正确；
故答案为：ac；
（4）E为CH3COOCH2CH3，F为ClCH2COOCH2CH3，E→F的化学方程式是CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl，
故答案为：CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl；
（5）D为、G为，中间产物3无手性异构体，D和G发生信息ii的反应生成中间产物1为，中间产物1发生消去反应生成中间产物2为，中间产物4发生消去反应生成H，则中间产物4为，中间产物3发生加成反应生成中间产物4，中间产物2和G发生信息ii中的反应生成中间产物3为，
故答案为：；。
10．（2023•朝阳区校级二模）“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：
已知：
（1）化合物A的官能团是 醛基、溴原子 。
（2）反应①的反应类型是 取代反应 。
（3）关于B和C，下列说法正确的是 ab （填字母序号）。
a．利用质谱法可以鉴别B和C
b．B可以发生氧化、取代、消去反应
c．可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为 。
（5）反应②的化学方程式为 。
（6）E的结构简式为 。
（7）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：
（8）聚合物F的结构简式为 或或 。
【解答】解：（1）由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子，故答案为：醛基、溴原子；
（2）对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被﹣C≡CC（CH3）2OH替代，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（3）a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，故a正确；
b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H原子，可以发生氧化、取代、消去反应，故b正确；
c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，故c错误，
故选：ab；
（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，由C的结构可知X的结构简式为，
故答案为：；
（5）由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨气反应形成C＝N双键，故D为，反应方程式为：，
故答案为：；
（6）对比D、E的分子式，应D中的1个﹣F原子被﹣N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位﹣F原子被取代，故E为，
故答案为：；
（7）醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的﹣OH被取代生成J，故J为，
故答案为：H为；I为；J为；
（8）由聚合物F的水解产物中存在的五元环结构，可知E中碳碳三键、﹣N3发生加聚反应生成F，反应中形成五元环结构，故F的结构简式为：或或，
故答案为：或或。
11．（2023•房山区一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如图：
已知：
ⅰ．BnBr为
ⅱ．
ⅲ．
ⅳ．
（1）A中含氧官能团为 羟基 。
（2）由B到C所发生的化学反应方程式为 +CH3COCl+HCl 。
（3）试剂2的结构简式是 。
（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是 c 。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式 。
（6）反应2的化学反应方程式为 。
（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是 ac （填选项）。
a．反应1和反应3
b．反应4和反应5
c．反应2和反应6
【解答】解：（1）A为，A中含氧官能团为羟基，
故答案为：羟基；
（2）B为、C为，B和乙酰氯发生取代反应生成C，由B到C所发生的化学反应方程式为+CH3COCl+HCl，
故答案为：+CH3COCl+HCl；
（3）试剂2的结构简式是，
故答案为：；
（4）E为；
a．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E分子中存在手性碳原子，故a错误；
b．E分子中存在羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，故b错误；
c．E分子中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，则1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2，3mol溴发生取代反应，故c正确；
故答案为：c；
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，说明含有醇羟基和醚键且含有5个醇羟基、1个醚键，两个醇羟基不能位于同一个碳原子上，其中一个同分异构体的结构简式为，
故答案为：；
（6）反应2的化学反应方程式为，
故答案为：；
（7）G中醇羟基和甲醇发生取代反应生成H中甲氧基，H然后发生反应生成I中醇羟基，反应中醇羟基发生取代反应生成醚键，反应6中醚键转化为醇羟基，所以上述反应中起基团保护作用的是反应1和反应3、反应2和反应6，
故答案为：ac。
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
12．（2023•海淀区校级模拟）金属钇（Y）具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+
Y3++3HR⇌YR3+3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因 Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HR⇌YR3+3H+，pH增大，c（H+） 减小（或c（OH﹣）增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大 。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。表 2Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因 KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+） 。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3．表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
2 Fe3++ 2 H3PO4 + 3 ＝ 2 FePO4↓+ 3CO2 2↑+ 3H2O
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过 分液 （填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是 bcd 。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附
c．表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH﹣＝Y（OH）3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
【解答】解：（1）①浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+，Y3++3HR⇌YR3+3H+，二者都为可逆反应，在碱性条件下有利于平衡正向移动，
故答案为：Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HR⇌YR3+3H+，pH增大，c（H+） 减小（或c（OH﹣）增大），平衡右移，Y3+萃取率提高；
②由题给信息可知FeR3、YR3均易溶于HR，则Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，应除去铁离子，
故答案为：Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大；
（2）①由表中数据可知，Fe3+去除率比Y3+大，可能与溶解度或溶度积的大小有关，说明KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+），
故答案为：KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+）；
②“磷酸法”除铁，生成磷酸铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Fe3++2 H3PO4+3＝2FePO4↓+3CO2↑+3H2O，
故答案为：2；2 H3PO4；3；2；3CO2↑；3H2O；
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因是磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小，
故答案为：磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小；
（3）可用分液的方法分离有机层和水层，
故答案为：分液；
（4）a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+萃取率不大于20%，则有机溶剂中的Fe3+少于水溶液中的Fe3+，故a错误；
b．pH较小时并没有生成Y（OH）3沉淀，且Fe（OH）3具有吸附性，可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附，故b正确；
c．pH增大，可能发生Y3++3OH﹣＝Y（OH）3↓，故c正确；
d．YR3易溶于HR，可用有机溶剂萃取Y3+，其它金属离子的萃取率较低，故d正确。
故答案为：bcd。
13．（2023•门头沟区一模）为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如图。
已知：i．部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
（VO2）2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii．+2OH﹣⇌+H2O。
回答下列问题：
（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 粉碎废钒 、 粉碎废钒、搅拌或适当升温 （写两条）。
（2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为 V2O5+Na2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+Na2SO4+2H2O 。
（3）生成的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为 6VO2+++3H2O═6+Cl﹣+6H+ 。
（4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 作用1：溶液中存在平衡：+2OH⇌+H2O，加入氨水，使OH﹣浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）⇌（aq）+（aq），加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 。
（5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，+2OH﹣⇌+H2O，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+2OH﹣⇌+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降 （写两条）。
（6）测定产品中V2O5的纯度称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液，再加入b1mLc1mol•L﹣1H2C2O4溶液（2+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O），最后用c2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：182g•mol﹣1）的质量分数是 ×100% （列出计算式）。
【解答】解：（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，
故答案为：粉碎废钒、搅拌或适当升温；
（2）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+Na2SO4+2H2O，
故答案为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+Na2SO4+2H2O；
（3）生成的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故被还原为Cl﹣，反应的离子方程式为6VO2+++3H2O＝6 +Cl﹣+6H+，
故答案为：6VO2+++3H2O═6+Cl﹣+6H+；
（4）含VO2+的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡：+2OH⇌+H2O，加入氨水，使OH﹣浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）⇌ （aq）+ （aq），加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，
故答案为：作用1：溶液中存在平衡：+2OH⇌+H2O，加入氨水，使OH﹣浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）⇌ （aq）+ （aq），加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（5）随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，+2OH﹣⇌+H2O，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；
原因4：平衡+2OH﹣⇌+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降，
故答案为：原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，+2OH﹣⇌+H2O，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+2OH﹣⇌+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；
（6）根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝b2C2×10−3mol，则与（VO2）2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为（b1c1−b2C2）×10−3mol，根据2+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O可得2∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n（V2O5）＝n（H2C2O4）＝（b1c1−b2C2）×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
四．性质实验方案的设计（共2小题）
14．（2023•门头沟区一模）某小组同学探究、的性质。
资料：i．的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被分别还原为Mn2+（无色）、MnO2、（绿色）。
ii.在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为和MnO2。
Ⅰ.验证与的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象
①
2滴3mol•L﹣1H2SO4
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol•L﹣1NaOH
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol•L﹣1NaOH
10滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
（1）实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为 2：5 。
（2）实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 过量，过量的与 反应，发生++H2O＝MnO2↓++2OH﹣ 。甲同学补做了实验 取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象（绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成） （填操作和现象），证明猜测合理。
Ⅱ.验证的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如图：
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为 3+4CH3COOH＝MnO2↓+2+2H2O+4CH3COO﹣ 。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
①、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL0.01mol•L﹣1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol•L﹣1CH3COOH溶液， 无明显现象 （填现象），证明猜想不合理。
②、MnO2可能被 （ Na2SO3） 还原，发生的反应： 2+5+6CH3COOH＝2Mn2++5+3H2O+6CH3COO﹣ ， MnO2++2CH3COOH＝Mn2+++H2O+2CH3COO﹣ 。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
【解答】解：（1）由信息及实验现象可知，实验①中发生2+5+6H+＝2Mn2++5+3H2O，参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5；
（2）实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，原因为过量，过量的与 反应，发生++H2O＝MnO2↓++2OH﹣，甲同学补做了实验为取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象（绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成），证明猜测合理，
故答案为：过量，过量的与 反应，发生++H2O＝MnO2↓++2OH﹣；取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象（绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成）；
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为3+4CH3COOH＝MnO2↓+2+2H2O+4CH3COO﹣，
故答案为：3+4CH3COOH＝MnO2↓+2+2H2O+4CH3COO﹣；
①、MnO2可能被CH3COOH还原，设计实验：将1mL0.01mol•L﹣1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol•L−1CH3COOH溶液，无明显现象，证明猜想不合理，
故答案为：无明显现象；
②、MnO2可能被（Na2SO3）还原，发生的反应：2+5+6 CH3COOH＝2Mn2++5+3H2O+6CH3COO﹣，MnO2++2CH3COOH＝Mn2+++H2O+2CH3COO﹣，
故答案为：（ Na2SO3）；2+5+6 CH3COOH＝2Mn2++5+3H2O+6CH3COO﹣；MnO2++2CH3COOH＝Mn2+++H2O+2CH3COO﹣。
15．（2023•海淀区校级模拟）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据如图1，写出气缸内产生NO的热化学方程式 N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180kJ/mol 。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式 2xCO+2NOxN2+2xCO2 。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图2．若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是 氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行 。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉”CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c（Na2CO3）＝ 0.1mol•L﹣1 。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是 bc 。
a．c （）＞c （）b.2c （）+c （）+c （OH﹣）＝c （H+）+c （Na+）
c．c （H2CO3）+c （）+c （）＝0.2mol•L﹣1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0根据图3分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由 温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低 。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图4．写出右侧的电极反应式 CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O
【解答】解：（1）①断裂1molN2中氮氮键时吸收的能量为946 kJ，断裂1molO2中氧氧键吸收的能量为498 kJ，生成2molNO 中化学键放出的能量为2×632kJ，该反应的焓变△H＝946kJ/mol+498kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝180kJ/mol，即气缸内产生NO的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180 kJ/mol，
故答案为：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180 kJ/mol；
②根据流程可知，转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应生成二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为：2xCO+2NOxN2+2xCO2，
故答案为：2xCO+2NOxN2+2xCO2；
③氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行，
若空燃比大于14.7，氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行，导致NOx的转化效率降低，
故答案为：氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行；
（2）①加入足量BaCl2溶液，发生反应Na2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2NaCl，n（Na2CO3）＝n（BaCO3）＝＝0.01mol，c（Na2CO3）＝＝0.1mol•L﹣1，
故答案为：0.1mol•L﹣1；
②根据碳元素守恒，n（NaHCO3）＝﹣0.01mol＝0.01mol，
a．碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，但碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c （）＜c （），故a错误；
b．根据电荷守恒可得：2c （）+c （）+c （OH﹣）＝c （H+）+c （Na+），故b正确；
c．溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，根据物料守恒可得：c （H2CO3）+c （）+c （）＝0.2mol•L﹣1，故c正确；
故答案为：bc；
（3）①根据图1可知，250℃时催化效应最高，温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低，
故答案为：温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低；
②根据图4中电子移动方向可知，右侧得到电子发生还原反应，根据目的“由CO2和H2O制备CH3OH”，二氧化碳分子中C的化合价为+4，CH3OH中C的化合价为﹣2，二氧化碳得到6个电子生成甲醇，所以右侧电极反应式为CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O。
五．制备实验方案的设计（共2小题）
16．（2023•朝阳区校级二模）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如图：
已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10﹣8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 Fe2+ 。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 4.7≤pH＜6.2 的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓ 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于 4.0×10﹣4 mol•L﹣1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是 可加快反应速率 。
②“操作X”的过程为：先 冷却结晶 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 MgSO4 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移 15 mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣ 。
【解答】解：（1）Fe2+不稳定，易被氧化生成Fe3+，所以“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（2）通过以上分析知，“过滤1”前，用NaOH溶液调pH使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，但RE3+不能转化为沉淀，所以调节溶液pH值至4.7≤pH＜6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，
故答案为：4.7≤pH＜6.2；Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓；
（3）滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1，滤液2中c（Mg2+）＝mol/L＝mol/L，为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于＝mol/L＝4.0×10﹣4mol/L，
故答案为：4.0×10﹣4；
（4）①“加热搅拌”能加快化学反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率，
故答案为：可加快反应速率；
②月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃，月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水，加入盐酸时加热混合溶液，所以“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，从而得到RECl3溶液和月桂酸，
故答案为：冷却结晶；
（5）滤液2中含有硫酸镁，浸取时需要加入硫酸镁，则该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，
故答案为：MgSO4；
（6）①YCl3中Y元素化合价为+3价，PtCl4中Pt为+4价，Pt3Y中Y、Pt均为0价，还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移电子的物质的量＝1mol×[（+4﹣0）×3+（+3﹣0）×1]＝15mol，
故答案为：15；
②碱性氢氧燃料电池中，正极上O2得电子和水反应生成OH﹣发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣。
17．（2023•西城区校级模拟）MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 增大反应速率，提高浸出率 。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O
ⅱ．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+═Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2．而实际比值（0.9）小于2，原因是 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ 。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+ 。
（3）电解：Mn2+纯化液经电解得MnO2．生成MnO2的电极反应式是 Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+ 。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL．（已知：MnO2及MnO4﹣均被还原为Mn2+．相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0）产品纯度为 ×100% 。（用质量分数表示）
【解答】解：（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，
故答案为：增大反应速率，提高浸出率；
②i．根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；
ii．根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值（0.9）小于2，
故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+，
故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；
（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4），则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4＝Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝﹣，产品纯度＝×100%＝×100%，
故答案为：。
2023年高考化学压轴题训练④（模拟题选编）
【试题目录】
一．晶胞的计算（共1小题） 1
二．有机物的合成（共10小题） 2
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 12
四．性质实验方案的设计（共2小题） 15
五．制备实验方案的设计（共2小题） 18
【答案目录】
一．晶胞的计算（共1小题） 21
二．有机物的合成（共10小题） 22
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 51
四．性质实验方案的设计（共2小题） 57
五．制备实验方案的设计（共2小题） 62
一．晶胞的计算（共1小题）
1．（2023•东城区一模）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。
（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。
①基态26Fe2+的价层电子排布式为 。
②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为 。
③草酸亚铁晶体的化学式为 。
（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。
①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是 。
②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。 NH4H2PO4 + + P2O5。
（3）LiFePO4晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示。充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。
①i表示 （填“充电”或“放电”）过程。
②已知：Li+的脱嵌率＝×100%。某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，则Li+的脱嵌率为 ，平均每个晶胞脱嵌 个Li+。
二．有机物的合成（共10小题）
2．（2023•门头沟区一模）D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．A、B、C生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成1molD参与反应的A、B物质的量之比为1：1
3．（2023•海淀区校级模拟）布洛芬可有效缓解因新型冠状病毒感染引起的发烧和全身酸痛。许多药企生产布洛芬采用的BHC法是一种生产步骤简单，原料利用率高的原子经济性反应，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）E中官能团的名称为 。
（2）D的分子式为 。
（3）由A制备TNT（三硝基甲苯）的化学反应方程式为 。
（4）C→D的化学反应方程式为 。
（5）D→E的反应类型为 。
（6）终止剂可将转化为，从而使B→C反应终止，下列物质中最适合作为终止剂的物质是 （填序号）。
a．H2O
b．CCl4
c．C2H5OH
（7）E有多种同分异构体，其中同时符合下列条件的有 种（不考虑立体异构）。
①含有六元碳环
②六元碳环上有3个取代基，其中一个为﹣CH2﹣C≡CH，另一个为﹣CH2﹣CH＝CH2
（8）缓释布洛芬（）可长时间维持退烧、镇痛效果，请以布洛芬、乙二醇、2﹣甲基丙烯酸为原料，设计路线合成缓释布洛芬： 。
4．（2023•顺义区二模）药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。
已知：
ⅰ．B的核磁共振氢谱只有1个峰；
ⅱ．
（1）M的官能团为 。
（2）A的名称为 。
（3）C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为（任写一种） 。
（4）反应④的反应类型是 。
（5）反应⑤的化学方程式为 。
（6）G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式 。
①不存在顺反异构
②结构中含有酚羟基
③苯环上有两个取代基且位于间位
（7）已知：，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，写出合成路线 （用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
5．（2023•东城区一模）己二腈[NC（CH2）4CN]是合成尼龙﹣66的中间体。其制备方法如图。
Ⅰ.己二酸氨化法
（1）下列说法正确的是 （填字母）。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
（2）若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol己二酸产生NO2的物质的量是 mol。
Ⅱ.丙烯腈（CH2＝CHCN）电解二聚法（两极均为惰性电极）
电解原理如图a，总反应为4CH2═CHCN+2H2O2NC（CH2）4CN+O2↑，主要副产物为丙腈（C2H5CN）。
（3）电极X为 （填“阴”或“阳”）极。
（4）Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低。结合图a分析原因是 。
（5）写出i的电极反应式： 。
（6）己二腈、丙脂的生成速率与季铵盐浓度的关系如图b。当季铵盐的浓度为1.5×10﹣2mol•L﹣1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为 mol。
6．（2023•朝阳区一模）氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如图：
已知：i.
（1）A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有 。
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式为 。
（3）B→D的化学方程式是 。
（4）G的结构简式为 。
（5）推测J→K的过程中，反应物NaBH3CN的作用是 。
（6）可通过如图路线合成：
已知：ii.R﹣O﹣R′+H2OROH+R′OH
iii.
①反应Ⅰ的化学方程式为 。
②M的结构简式为 。
③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是 。
7．（2023•东城区一模）有机物A（C6H8N2）可用于合成药物、塑料等物质。
Ⅰ.由A合成佐匹克隆（J）的路线如图。
已知：i.RNH2RN＝CHR′
ii.
（1）A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1。A→B的化学方程式为 。
（2）OHC﹣CHO中官能团的检验方法：向 （填试剂）中加入待测液，加热，产生红色沉淀。
（3）C中含氧官能团名称为 。
（4）物质a的结构简式为 。
（5）G→J的反应类型为 。
Ⅱ.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。
（6）参照Ⅰ中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为 、 。
8．（2023•丰台区一模）依匹哌唑M（）是一种多巴胺活性调节剂，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.
ⅱ.R1﹣X+R2﹣NH2R1﹣NH﹣R2（R表示H或烃基）
ⅲ.试剂b的结构简式为
（1）A分⼦中含有的官能团名称是 。
（2）C为反式结构，其结构简式是 。
（3）D→E的化学⽅程式是 。
（4）G的结构简式是 ；G→H的反应类型为 。
（5）K转化为L的过程中，K2CO3可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是 。
（6）X是E的同分异构体，写出满⾜下列条件的X的结构简式 。
a.1mol X与⾜量的Na反应可产生2molH2
b.核磁共振氢谱显示有3组峰
（7）由化合物N（）经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有CH3OH生成，写出P、W的结构简式 、 。
9．（2023•西城区校级模拟）一种合成异苯并呋喃酮类化合物的前体H的路线如图。
已知：
i．
ii．
回答下列问题：
（1）试剂a的分子式是 ，其中含有的官能团有 。
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
已知：R﹣COOH与CuCl2反应生成CO2
步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl
步骤②： 。
（3）下列说法不正确的是（填序号） 。
a．A的核磁共振氢谱有2组峰
b．B存在含碳碳双键的酮类同分异构体
c．C存在2个手性碳原子
d．D存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
（4）已知E的分子式为C4H8O2，E→F的化学方程式是 。
（5）D和G经五步反应合成H，写出中间产物2和3的结构简式 、 。（结构简式中的“”可用“﹣R”表示）
10．（2023•朝阳区校级二模）“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：
已知：
（1）化合物A的官能团是 。
（2）反应①的反应类型是 。
（3）关于B和C，下列说法正确的是 （填字母序号）。
a．利用质谱法可以鉴别B和C
b．B可以发生氧化、取代、消去反应
c．可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为 。
（5）反应②的化学方程式为 。
（6）E的结构简式为 。
（7）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：
（8）聚合物F的结构简式为 。
11．（2023•房山区一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如图：
已知：
ⅰ．BnBr为
ⅱ．
ⅲ．
ⅳ．
（1）A中含氧官能团为 。
（2）由B到C所发生的化学反应方程式为 。
（3）试剂2的结构简式是 。
（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是 。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式 。
（6）反应2的化学反应方程式为 。
（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是 （填选项）。
a．反应1和反应3
b．反应4和反应5
c．反应2和反应6
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
12．（2023•海淀区校级模拟）金属钇（Y）具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+
Y3++3HR⇌YR3+3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因 。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是 。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。表 2Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因 。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3．表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3++ + ＝ FePO4↓+ 2↑+
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因 。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过 （填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是 。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附
c．表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH﹣＝Y（OH）3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
13．（2023•门头沟区一模）为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如图。
已知：i．部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
（VO2）2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii．+2OH﹣⇌+H2O。
回答下列问题：
（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 、 （写两条）。
（2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为 。
（3）生成的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为 。
（4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 。
（5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 （写两条）。
（6）测定产品中V2O5的纯度称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液，再加入b1mLc1mol•L﹣1H2C2O4溶液（2+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O），最后用c2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：182g•mol﹣1）的质量分数是 （列出计算式）。
四．性质实验方案的设计（共2小题）
14．（2023•门头沟区一模）某小组同学探究、的性质。
资料：i．的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被分别还原为Mn2+（无色）、MnO2、（绿色）。
ii.在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为和MnO2。
Ⅰ.验证与的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象
①
2滴3mol•L﹣1H2SO4
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol•L﹣1NaOH
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol•L﹣1NaOH
10滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
（1）实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为 。
（2）实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 。甲同学补做了实验 （填操作和现象），证明猜测合理。
Ⅱ.验证的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如图：
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为 。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
①、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL0.01mol•L﹣1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol•L﹣1CH3COOH溶液， （填现象），证明猜想不合理。
②、MnO2可能被 还原，发生的反应： ， 。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
15．（2023•海淀区校级模拟）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据如图1，写出气缸内产生NO的热化学方程式 。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式 。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图2．若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是 。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉”CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c（Na2CO3）＝ 。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是 。
a．c （）＞c （）b.2c （）+c （）+c （OH﹣）＝c （H+）+c （Na+）
c．c （H2CO3）+c （）+c （）＝0.2mol•L﹣1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0根据图3分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由 。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图4．写出右侧的电极反应式
五．制备实验方案的设计（共2小题）
16．（2023•朝阳区校级二模）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如图：
已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10﹣8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于 mol•L﹣1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移 mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 。
17．（2023•西城区校级模拟）MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是
ⅱ．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+═Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2．而实际比值（0.9）小于2，原因是 。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： 。
（3）电解：Mn2+纯化液经电解得MnO2．生成MnO2的电极反应式是 。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL．（已知：MnO2及MnO4﹣均被还原为Mn2+．相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0）产品纯度为 。（用质量分数表示）
2023年高考化学压轴题训练④（模拟题选编）
参考答案与试题解析
一．晶胞的计算（共1小题）
1．（2023•东城区一模）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。
（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。
①基态26Fe2+的价层电子排布式为 3d6 。
②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为 6 。
③草酸亚铁晶体的化学式为 FeC2O4•2H2O 。
（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。
①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是 氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定 。
②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。 2 NH4H2PO4 2 NH3↑ + 3 H2O + 1 P2O5。
（3）LiFePO4晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示。充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。
①i表示 充电 （填“充电”或“放电”）过程。
②已知：Li+的脱嵌率＝×100%。某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，则Li+的脱嵌率为 25% ，平均每个晶胞脱嵌 1 个Li+。
【解答】解：（1）①基态26Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其3d能级上的电子为其价层电子，所以其价电子排布式为3d6，
故答案为：3d6；
②根据图知，草酸亚铁晶体中Fe2+与2个H2O中O原子、2个草酸根离子中4个O原子相连，所以其配位数是6，
故答案为：6；
③草酸亚铁晶体中，每个基本单元中含有1个Fe2+、2个H2O分子、1个C2，化学式为FeC2O4•2H2O，
故答案为：FeC2O4•2H2O；
（2）①键能越大，化学键越稳定，该物质越不易发生反应，氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定，所以可以作保护气，
故答案为：氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定；
②弱酸酸式的铵盐受热分解生成氨气、水等物质，根据方程式知，NH4H2PO4受热分解生成P2O5、H2O、NH3，2NH4H2PO42NH3↑+3H2O+P2O5，
故答案为：2；2；NH3↑；3；H2O；1；
（3）①根据图知，（a）LiFePO4失电子发生氧化反应生成（b）中的FePO4，所以为充电过程，
故答案为：充电；
②根据图知，Fe2+失电子生成Fe3+，同时脱嵌1个Li+，某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4，所以Li+的脱嵌率为×100%＝25%；（a）中Li+个数＝8×+4×+4×＝4，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4，所以该晶胞中脱嵌1个Li+，
故答案为：25%；1。
二．有机物的合成（共10小题）
2．（2023•门头沟区一模）D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．A、B、C生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成1molD参与反应的A、B物质的量之比为1：1
【解答】解：A．A、B、C生成高分子化合物D时，没有小分子化合物生成，该反应为加聚反应，故A正确；
B．C中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为：2：2：1，故B错误；
C．D在碱性条件下水解，C﹣N键断裂，﹣NH2结合氢原子生成NH3，故C正确；
D．根据D的结构简式知，生成1molD时，消耗A、B的物质的量都是（m+n）mol，则消耗A、B的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选：B。
3．（2023•海淀区校级模拟）布洛芬可有效缓解因新型冠状病毒感染引起的发烧和全身酸痛。许多药企生产布洛芬采用的BHC法是一种生产步骤简单，原料利用率高的原子经济性反应，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）E中官能团的名称为 羟基 。
（2）D的分子式为 C12H16O 。
（3）由A制备TNT（三硝基甲苯）的化学反应方程式为 。
（4）C→D的化学反应方程式为 。
（5）D→E的反应类型为 加成反应或还原反应 。
（6）终止剂可将转化为，从而使B→C反应终止，下列物质中最适合作为终止剂的物质是 a （填序号）。
a．H2O
b．CCl4
c．C2H5OH
（7）E有多种同分异构体，其中同时符合下列条件的有 19 种（不考虑立体异构）。
①含有六元碳环
②六元碳环上有3个取代基，其中一个为﹣CH2﹣C≡CH，另一个为﹣CH2﹣CH＝CH2
（8）缓释布洛芬（）可长时间维持退烧、镇痛效果，请以布洛芬、乙二醇、2﹣甲基丙烯酸为原料，设计路线合成缓释布洛芬： 。
【解答】解：（1）E中官能团的名称为羟基，
故答案为：羟基；
（2）D的分子式为C12H16O，
故答案为：C12H16O；
（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，A和浓硝酸发生取代反应生成TNT，由A制备TNT（三硝基甲苯）的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）C发生取代反应生成D，C→D的化学反应方程式为，
故答案为：；
（5）D→E的反应类型为还原反应或加成反应，
故答案为：还原反应或加成反应；
（6）终止剂可将转化为，从而使B→C反应终止，则终止剂能提供氢离子，H2O、CCl4、C2H5OH中水可以电离出离子，最适合作为终止剂的物质是水，
故答案为：a；
（7）E的同分异构体同时符合下列条件：①含有六元碳环；②六元碳环上有3个取代基，其中一个为﹣CH2﹣C≡CH，另一个为﹣CH2﹣CH＝CH2，六元环的不饱和度是1，E的不饱和度是4，所以符合条件的同分异构体中除了一个碳碳三键、一个碳碳双键、一个六元环外不含其它环或双键，根据碳原子知，另一个取代基为﹣OH，如果﹣CH2﹣C≡CH、﹣CH2﹣CH＝CH2在同一个碳原子上，醇羟基在另一个碳原子上，有3种位置异构；如果﹣CH2﹣C≡CH、﹣OH在同一个碳原子上，﹣CH2﹣CH＝CH2在另一个碳原子上，有3种位置异构；如果﹣OH、﹣CH2﹣CH＝CH2在同一个碳原子上，﹣CH2﹣C≡CH在另一个碳原子上，有3种位置异构；如果3个取代基在不同碳原子上，和苯环上有3个不同取代基时的同分异构体种类相同，有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有19种，
故答案为：19；
（8）以布洛芬、乙二醇、2﹣甲基丙烯酸为原料合成，布洛芬和乙二醇发生酯化反应，然后再和2﹣甲基丙烯酸发生酯化反应回转发生加聚反应得到，合成路线为，
故答案为：。
4．（2023•顺义区二模）药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。
已知：
ⅰ．B的核磁共振氢谱只有1个峰；
ⅱ．
（1）M的官能团为 酯基、羟基（或﹣COOR、﹣OH） 。
（2）A的名称为 2﹣丙醇 。
（3）C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为（任写一种） 。
（4）反应④的反应类型是 取代反应 。
（5）反应⑤的化学方程式为 。
（6）G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式 。
①不存在顺反异构
②结构中含有酚羟基
③苯环上有两个取代基且位于间位
（7）已知：，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，写出合成路线 （用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【解答】解：（1）M的官能团有酯基、羟基（或﹣COOR、﹣OH），
故答案为：酯基、羟基（或﹣COOR、﹣OH）；
（2）A为CH3CHOHCH3，名称为2﹣丙醇，
故答案为：2﹣丙醇；
（3）C的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应④的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（5）反应⑤的化学方程式为，
故答案为：；
（6）G为，G的同分异构体同时满足下列条件：
①不存在顺反异构，说明碳碳双键两端的碳原子连接相同的原子或原子团；
②结构中含有酚羟基；
③苯环上有两个取代基且位于间位，两个取代基为酚﹣OH、﹣CH＝CCl2，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（7）G为，I为，以G为原料选择必要的无机试剂合成I，发生水解反应、氧化反应、加成反应得到I，合成路线为，
故答案为：。
5．（2023•东城区一模）己二腈[NC（CH2）4CN]是合成尼龙﹣66的中间体。其制备方法如图。
Ⅰ.己二酸氨化法
（1）下列说法正确的是 abc （填字母）。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
（2）若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol己二酸产生NO2的物质的量是 8 mol。
Ⅱ.丙烯腈（CH2＝CHCN）电解二聚法（两极均为惰性电极）
电解原理如图a，总反应为4CH2═CHCN+2H2O2NC（CH2）4CN+O2↑，主要副产物为丙腈（C2H5CN）。
（3）电极X为 阳 （填“阴”或“阳”）极。
（4）Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低。结合图a分析原因是 H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii 。
（5）写出i的电极反应式： 2CH2＝CHCN+2H++2e—＝NC（CH2）4CN 。
（6）己二腈、丙脂的生成速率与季铵盐浓度的关系如图b。当季铵盐的浓度为1.5×10﹣2mol•L﹣1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为 8.6×10﹣3 mol。
【解答】解：（1）a．己二腈的官能团为﹣C≡N，分子中含有碳氮三键，故a正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC（CH2）4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC（CH2）4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故b正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故c正确，
故答案为：abc；
（2）结合物质结构，1mol环己醇氧化为己二酸时，转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，N元素化合价由+5价降低为+4价，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8＝8mol，
故答案为：8；
（3）电解池中，阳离子移向阴极，由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，
故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故原因为H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii，
故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为在水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2＝CHCN+2H++2e﹣＝NC（CH2）4CN，
故答案为：2CH2＝CHCN+2H++2e﹣＝NC（CH2）4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2＝CHCN+2H2O+2e﹣＝NC（CH2）4CN+2OH﹣、CH2＝CHCN+2H2O+2e﹣＝CH3CH2CN+2OH﹣，氢离子通过质子交换膜进入阴极室，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10﹣2mol•L﹣1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10﹣3 mol/h和0.9×10﹣3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10﹣3 mol/h×1h×2+0.9×10﹣3 mol/h×1h×2＝8.6×10﹣3mol，
故答案为：8.6×10﹣3。
6．（2023•朝阳区一模）氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如图：
已知：i.
（1）A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有 羧基、碳氯键 。
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式为 。
（3）B→D的化学方程式是 。
（4）G的结构简式为 。
（5）推测J→K的过程中，反应物NaBH3CN的作用是 还原剂 。
（6）可通过如图路线合成：
已知：ii.R﹣O﹣R′+H2OROH+R′OH
iii.
①反应Ⅰ的化学方程式为 。
②M的结构简式为 H2N﹣NH﹣CH3 。
③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是 保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应 。
【解答】解：（1）A为，含有羧基、碳氯键，
故答案为：羧基、碳氯键；
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，即含有羧基和碳氯键，其核磁共振氢谱也有两组峰，除羧基外只有一种氢，则苯环结构应对称，符合的结构为：，
故答案为：，
（3）B为、D为，B到D发生醇的催化氧化生成醛基，反应方程式为，
故答案为：；
（4）根据分析，G的结构简式为：，
故答案为：；
（5）J与NaBH3CN发生反应生成K，实现J中碳碳双键加氢，该反应为还原反应，NaBH3CN的作用是作还原剂，
故答案为：还原剂；
（6）①反应I为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水，反应方程式为：，
故答案为：；
②发生信息中反应生成：，发生异构化反应生成，与M发生已知中信息反应，生成物发生水解得到，可知该生成物应为，则M应为H2N﹣NH﹣CH3，
故答案为：H2N﹣NH﹣CH3；
③步骤I实现羧基转化为酯基，IV又将酯基水解成羧基，可以起到保护羧基作用，避免其与氨基或亚氨基发生反应，
故答案为：保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应。
7．（2023•东城区一模）有机物A（C6H8N2）可用于合成药物、塑料等物质。
Ⅰ.由A合成佐匹克隆（J）的路线如图。
已知：i.RNH2RN＝CHR′
ii.
（1）A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1。A→B的化学方程式为 。
（2）OHC﹣CHO中官能团的检验方法：向 新制C（OH）2悬浊液 （填试剂）中加入待测液，加热，产生红色沉淀。
（3）C中含氧官能团名称为 羧基 。
（4）物质a的结构简式为 。
（5）G→J的反应类型为 取代反应 。
Ⅱ.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。
（6）参照Ⅰ中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为 、 。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A和乙二醛发生信息i的取代反应生成B为，A→B的化学方程式为，
故答案为：；
（2）含有醛基的有机物能和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以OHC﹣CHO中官能团的检验方法：向新制C（OH）2悬浊液中加入待测液，加热，产生红色沉淀，
故答案为：新制C（OH）2悬浊液；
（3）C为，C中含氧官能团名称为羧基，
故答案为：羧基；
（4）物质a的结构简式为，
故答案为：；
（5）G→J的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（6）A为，K发生取代反应生成L，根据PAI的结构简式、K和L的分子式知，K为、L为，A和L发生缩聚反应生成M为，M发生取代反应生成PAJ，所以K、M的结构简式分别为、，
故答案为：；。
8．（2023•丰台区一模）依匹哌唑M（）是一种多巴胺活性调节剂，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.
ⅱ.R1﹣X+R2﹣NH2R1﹣NH﹣R2（R表示H或烃基）
ⅲ.试剂b的结构简式为
（1）A分⼦中含有的官能团名称是 碳碳双键、醚键 。
（2）C为反式结构，其结构简式是 。
（3）D→E的化学⽅程式是 。
（4）G的结构简式是 ；G→H的反应类型为 取代反应 。
（5）K转化为L的过程中，K2CO3可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是 。
（6）X是E的同分异构体，写出满⾜下列条件的X的结构简式 。
a.1mol X与⾜量的Na反应可产生2molH2
b.核磁共振氢谱显示有3组峰
（7）由化合物N（）经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有CH3OH生成，写出P、W的结构简式 、 。
【解答】解：（1）A为CH3CH2OCH＝CH2，A分⼦中含有的官能团名称是碳碳双键、醚键，
故答案为：碳碳双键、醚键；
（2）C为CH3CH2OCH＝CHCOCl，C为反式结构，其结构简式是，
故答案为：；
（3）D为CH3OCH＝CHCOOCH3，D和甲醇发生加成反应生成E为（CH3O）2CHCH2COOCH3，D→E的化学⽅程式是，
故答案为：；
（4）G的结构简式是；G→H的反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
（5）K转化为L的过程中，K2CO3可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是，
故答案为：；
（6）E为（CH3O）2CHCH2COOCH3，X是E的同分异构体，X满⾜下列条件：
a.1mol X与⾜量的Na反应可产生2molH2，结合氧原子个数知，说明含有4个羟基；
b.核磁共振氢谱显示有3组峰，说明含有3种氢原子，结构对称，结合不饱和度知，符合条件的结构中含有环或碳碳双键，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（7）通过以上分析知，P：、W：，
故答案为：；。
9．（2023•西城区校级模拟）一种合成异苯并呋喃酮类化合物的前体H的路线如图。
已知：
i．
ii．
回答下列问题：
（1）试剂a的分子式是 C2H2O3 ，其中含有的官能团有 醛基、羧基 。
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
已知：R﹣COOH与CuCl2反应生成CO2
步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl
步骤②： 4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O 。
（3）下列说法不正确的是（填序号） ac 。
a．A的核磁共振氢谱有2组峰
b．B存在含碳碳双键的酮类同分异构体
c．C存在2个手性碳原子
d．D存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
（4）已知E的分子式为C4H8O2，E→F的化学方程式是 CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl 。
（5）D和G经五步反应合成H，写出中间产物2和3的结构简式 、 。（结构简式中的“”可用“﹣R”表示）
【解答】解：（1）a为OHCCOOH，试剂a的分子式是C2H2O3，官能团为醛基、羧基，
故答案为：C2H2O3；醛基、羧基；
（2）CuCl2催化C→D的过程如下，步骤①：C+2CuCl2→D+CO2↑+2CuCl+2HCl，D为；步骤②：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O，
故答案为：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O；
（3）a．A为，A的分子中含有3种氢原子，则A的核磁共振氢谱有3组峰，故a错误；
b．B为，B的不饱和度是5，碳碳双键的不饱和度是1、酮的不饱和度是1，则B存在含碳碳双键的酮类同分异构体，故b正确；
c．C为，连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以只有一个手性碳原子，故c错误；
d．D为，D的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4，环的不饱和度是1，酯基的不饱和度是1，存在含酚羟基的环状酯类同分异构体，故d正确；
故答案为：ac；
（4）E为CH3COOCH2CH3，F为ClCH2COOCH2CH3，E→F的化学方程式是CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl，
故答案为：CH3COOCH2CH3+Cl2ClCH2COOCH2CH3+HCl；
（5）D为、G为，中间产物3无手性异构体，D和G发生信息ii的反应生成中间产物1为，中间产物1发生消去反应生成中间产物2为，中间产物4发生消去反应生成H，则中间产物4为，中间产物3发生加成反应生成中间产物4，中间产物2和G发生信息ii中的反应生成中间产物3为，
故答案为：；。
10．（2023•朝阳区校级二模）“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：
已知：
（1）化合物A的官能团是 醛基、溴原子 。
（2）反应①的反应类型是 取代反应 。
（3）关于B和C，下列说法正确的是 ab （填字母序号）。
a．利用质谱法可以鉴别B和C
b．B可以发生氧化、取代、消去反应
c．可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为 。
（5）反应②的化学方程式为 。
（6）E的结构简式为 。
（7）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：
（8）聚合物F的结构简式为 或或 。
【解答】解：（1）由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子，故答案为：醛基、溴原子；
（2）对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被﹣C≡CC（CH3）2OH替代，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（3）a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，故a正确；
b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H原子，可以发生氧化、取代、消去反应，故b正确；
c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，故c错误，
故选：ab；
（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，由C的结构可知X的结构简式为，
故答案为：；
（5）由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨气反应形成C＝N双键，故D为，反应方程式为：，
故答案为：；
（6）对比D、E的分子式，应D中的1个﹣F原子被﹣N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位﹣F原子被取代，故E为，
故答案为：；
（7）醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的﹣OH被取代生成J，故J为，
故答案为：H为；I为；J为；
（8）由聚合物F的水解产物中存在的五元环结构，可知E中碳碳三键、﹣N3发生加聚反应生成F，反应中形成五元环结构，故F的结构简式为：或或，
故答案为：或或。
11．（2023•房山区一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如图：
已知：
ⅰ．BnBr为
ⅱ．
ⅲ．
ⅳ．
（1）A中含氧官能团为 羟基 。
（2）由B到C所发生的化学反应方程式为 +CH3COCl+HCl 。
（3）试剂2的结构简式是 。
（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是 c 。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式 。
（6）反应2的化学反应方程式为 。
（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是 ac （填选项）。
a．反应1和反应3
b．反应4和反应5
c．反应2和反应6
【解答】解：（1）A为，A中含氧官能团为羟基，
故答案为：羟基；
（2）B为、C为，B和乙酰氯发生取代反应生成C，由B到C所发生的化学反应方程式为+CH3COCl+HCl，
故答案为：+CH3COCl+HCl；
（3）试剂2的结构简式是，
故答案为：；
（4）E为；
a．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E分子中存在手性碳原子，故a错误；
b．E分子中存在羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，故b错误；
c．E分子中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，则1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2，3mol溴发生取代反应，故c正确；
故答案为：c；
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，说明含有醇羟基和醚键且含有5个醇羟基、1个醚键，两个醇羟基不能位于同一个碳原子上，其中一个同分异构体的结构简式为，
故答案为：；
（6）反应2的化学反应方程式为，
故答案为：；
（7）G中醇羟基和甲醇发生取代反应生成H中甲氧基，H然后发生反应生成I中醇羟基，反应中醇羟基发生取代反应生成醚键，反应6中醚键转化为醇羟基，所以上述反应中起基团保护作用的是反应1和反应3、反应2和反应6，
故答案为：ac。
三．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
12．（2023•海淀区校级模拟）金属钇（Y）具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+
Y3++3HR⇌YR3+3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因 Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HR⇌YR3+3H+，pH增大，c（H+） 减小（或c（OH﹣）增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大 。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。表 2Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因 KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+） 。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3．表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/（mg•L﹣1）
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
2 Fe3++ 2 H3PO4 + 3 ＝ 2 FePO4↓+ 3CO2 2↑+ 3H2O
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过 分液 （填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是 bcd 。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附
c．表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH﹣＝Y（OH）3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
【解答】解：（1）①浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+，Y3++3HR⇌YR3+3H+，二者都为可逆反应，在碱性条件下有利于平衡正向移动，
故答案为：Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HR⇌YR3+3H+，pH增大，c（H+） 减小（或c（OH﹣）增大），平衡右移，Y3+萃取率提高；
②由题给信息可知FeR3、YR3均易溶于HR，则Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，应除去铁离子，
故答案为：Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大；
（2）①由表中数据可知，Fe3+去除率比Y3+大，可能与溶解度或溶度积的大小有关，说明KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+），
故答案为：KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+）；
②“磷酸法”除铁，生成磷酸铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Fe3++2 H3PO4+3＝2FePO4↓+3CO2↑+3H2O，
故答案为：2；2 H3PO4；3；2；3CO2↑；3H2O；
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因是磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小，
故答案为：磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小；
（3）可用分液的方法分离有机层和水层，
故答案为：分液；
（4）a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+萃取率不大于20%，则有机溶剂中的Fe3+少于水溶液中的Fe3+，故a错误；
b．pH较小时并没有生成Y（OH）3沉淀，且Fe（OH）3具有吸附性，可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附，故b正确；
c．pH增大，可能发生Y3++3OH﹣＝Y（OH）3↓，故c正确；
d．YR3易溶于HR，可用有机溶剂萃取Y3+，其它金属离子的萃取率较低，故d正确。
故答案为：bcd。
13．（2023•门头沟区一模）为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如图。
已知：i．部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
（VO2）2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii．+2OH﹣⇌+H2O。
回答下列问题：
（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 粉碎废钒 、 粉碎废钒、搅拌或适当升温 （写两条）。
（2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为 V2O5+Na2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+Na2SO4+2H2O 。
（3）生成的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为 6VO2+++3H2O═6+Cl﹣+6H+ 。
（4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 作用1：溶液中存在平衡：+2OH⇌+H2O，加入氨水，使OH﹣浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）⇌（aq）+（aq），加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 。
（5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，+2OH﹣⇌+H2O，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+2OH﹣⇌+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降 （写两条）。
（6）测定产品中V2O5的纯度称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液，再加入b1mLc1mol•L﹣1H2C2O4溶液（2+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O），最后用c2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：182g•mol﹣1）的质量分数是 ×100% （列出计算式）。
【解答】解：（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，
故答案为：粉碎废钒、搅拌或适当升温；
（2）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+Na2SO4+2H2O，
故答案为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+Na2SO4+2H2O；
（3）生成的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故被还原为Cl﹣，反应的离子方程式为6VO2+++3H2O＝6 +Cl﹣+6H+，
故答案为：6VO2+++3H2O═6+Cl﹣+6H+；
（4）含VO2+的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡：+2OH⇌+H2O，加入氨水，使OH﹣浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）⇌ （aq）+ （aq），加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，
故答案为：作用1：溶液中存在平衡：+2OH⇌+H2O，加入氨水，使OH﹣浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）⇌ （aq）+ （aq），加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（5）随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，+2OH﹣⇌+H2O，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；
原因4：平衡+2OH﹣⇌+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降，
故答案为：原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，+2OH﹣⇌+H2O，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+2OH﹣⇌+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；
（6）根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝b2C2×10−3mol，则与（VO2）2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为（b1c1−b2C2）×10−3mol，根据2+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O可得2∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n（V2O5）＝n（H2C2O4）＝（b1c1−b2C2）×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
四．性质实验方案的设计（共2小题）
14．（2023•门头沟区一模）某小组同学探究、的性质。
资料：i．的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被分别还原为Mn2+（无色）、MnO2、（绿色）。
ii.在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为和MnO2。
Ⅰ.验证与的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象
①
2滴3mol•L﹣1H2SO4
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol•L﹣1NaOH
3滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol•L﹣1NaOH
10滴0.1mol•L﹣1Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
（1）实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为 2：5 。
（2）实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 过量，过量的与 反应，发生++H2O＝MnO2↓++2OH﹣ 。甲同学补做了实验 取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象（绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成） （填操作和现象），证明猜测合理。
Ⅱ.验证的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如图：
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为 3+4CH3COOH＝MnO2↓+2+2H2O+4CH3COO﹣ 。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
①、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL0.01mol•L﹣1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol•L﹣1CH3COOH溶液， 无明显现象 （填现象），证明猜想不合理。
②、MnO2可能被 （ Na2SO3） 还原，发生的反应： 2+5+6CH3COOH＝2Mn2++5+3H2O+6CH3COO﹣ ， MnO2++2CH3COOH＝Mn2+++H2O+2CH3COO﹣ 。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
【解答】解：（1）由信息及实验现象可知，实验①中发生2+5+6H+＝2Mn2++5+3H2O，参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5；
（2）实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，原因为过量，过量的与 反应，发生++H2O＝MnO2↓++2OH﹣，甲同学补做了实验为取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象（绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成），证明猜测合理，
故答案为：过量，过量的与 反应，发生++H2O＝MnO2↓++2OH﹣；取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象（绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成）；
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为3+4CH3COOH＝MnO2↓+2+2H2O+4CH3COO﹣，
故答案为：3+4CH3COOH＝MnO2↓+2+2H2O+4CH3COO﹣；
①、MnO2可能被CH3COOH还原，设计实验：将1mL0.01mol•L﹣1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol•L−1CH3COOH溶液，无明显现象，证明猜想不合理，
故答案为：无明显现象；
②、MnO2可能被（Na2SO3）还原，发生的反应：2+5+6 CH3COOH＝2Mn2++5+3H2O+6CH3COO﹣，MnO2++2CH3COOH＝Mn2+++H2O+2CH3COO﹣，
故答案为：（ Na2SO3）；2+5+6 CH3COOH＝2Mn2++5+3H2O+6CH3COO﹣；MnO2++2CH3COOH＝Mn2+++H2O+2CH3COO﹣。
15．（2023•海淀区校级模拟）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据如图1，写出气缸内产生NO的热化学方程式 N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180kJ/mol 。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式 2xCO+2NOxN2+2xCO2 。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图2．若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是 氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行 。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉”CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c（Na2CO3）＝ 0.1mol•L﹣1 。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是 bc 。
a．c （）＞c （）b.2c （）+c （）+c （OH﹣）＝c （H+）+c （Na+）
c．c （H2CO3）+c （）+c （）＝0.2mol•L﹣1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0根据图3分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由 温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低 。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图4．写出右侧的电极反应式 CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O
【解答】解：（1）①断裂1molN2中氮氮键时吸收的能量为946 kJ，断裂1molO2中氧氧键吸收的能量为498 kJ，生成2molNO 中化学键放出的能量为2×632kJ，该反应的焓变△H＝946kJ/mol+498kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝180kJ/mol，即气缸内产生NO的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180 kJ/mol，
故答案为：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180 kJ/mol；
②根据流程可知，转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应生成二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为：2xCO+2NOxN2+2xCO2，
故答案为：2xCO+2NOxN2+2xCO2；
③氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行，
若空燃比大于14.7，氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行，导致NOx的转化效率降低，
故答案为：氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行；
（2）①加入足量BaCl2溶液，发生反应Na2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2NaCl，n（Na2CO3）＝n（BaCO3）＝＝0.01mol，c（Na2CO3）＝＝0.1mol•L﹣1，
故答案为：0.1mol•L﹣1；
②根据碳元素守恒，n（NaHCO3）＝﹣0.01mol＝0.01mol，
a．碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，但碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c （）＜c （），故a错误；
b．根据电荷守恒可得：2c （）+c （）+c （OH﹣）＝c （H+）+c （Na+），故b正确；
c．溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，根据物料守恒可得：c （H2CO3）+c （）+c （）＝0.2mol•L﹣1，故c正确；
故答案为：bc；
（3）①根据图1可知，250℃时催化效应最高，温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低，
故答案为：温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低；
②根据图4中电子移动方向可知，右侧得到电子发生还原反应，根据目的“由CO2和H2O制备CH3OH”，二氧化碳分子中C的化合价为+4，CH3OH中C的化合价为﹣2，二氧化碳得到6个电子生成甲醇，所以右侧电极反应式为CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O。
五．制备实验方案的设计（共2小题）
16．（2023•朝阳区校级二模）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如图：
已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10﹣8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 Fe2+ 。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 4.7≤pH＜6.2 的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓ 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于 4.0×10﹣4 mol•L﹣1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是 可加快反应速率 。
②“操作X”的过程为：先 冷却结晶 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 MgSO4 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移 15 mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣ 。
【解答】解：（1）Fe2+不稳定，易被氧化生成Fe3+，所以“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（2）通过以上分析知，“过滤1”前，用NaOH溶液调pH使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，但RE3+不能转化为沉淀，所以调节溶液pH值至4.7≤pH＜6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，
故答案为：4.7≤pH＜6.2；Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓；
（3）滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1，滤液2中c（Mg2+）＝mol/L＝mol/L，为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于＝mol/L＝4.0×10﹣4mol/L，
故答案为：4.0×10﹣4；
（4）①“加热搅拌”能加快化学反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率，
故答案为：可加快反应速率；
②月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃，月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水，加入盐酸时加热混合溶液，所以“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，从而得到RECl3溶液和月桂酸，
故答案为：冷却结晶；
（5）滤液2中含有硫酸镁，浸取时需要加入硫酸镁，则该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，
故答案为：MgSO4；
（6）①YCl3中Y元素化合价为+3价，PtCl4中Pt为+4价，Pt3Y中Y、Pt均为0价，还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移电子的物质的量＝1mol×[（+4﹣0）×3+（+3﹣0）×1]＝15mol，
故答案为：15；
②碱性氢氧燃料电池中，正极上O2得电子和水反应生成OH﹣发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣。
17．（2023•西城区校级模拟）MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 增大反应速率，提高浸出率 。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O
ⅱ．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+═Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2．而实际比值（0.9）小于2，原因是 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ 。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+ 。
（3）电解：Mn2+纯化液经电解得MnO2．生成MnO2的电极反应式是 Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+ 。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL．（已知：MnO2及MnO4﹣均被还原为Mn2+．相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0）产品纯度为 ×100% 。（用质量分数表示）
【解答】解：（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，
故答案为：增大反应速率，提高浸出率；
②i．根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；
ii．根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值（0.9）小于2，
故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+，
故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；
（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4），则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4＝Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝﹣，产品纯度＝×100%＝×100%，
故答案为：。
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