江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(九)化学试题（含答案）

这是一份江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(九)化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了 单项选择题， 非选择题等内容，欢迎下载使用。

(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 Mn—55 Fe—56 Cu—64 As—75
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 反应4Au＋8NaCN＋2H2O＋O2===4Na[Au（CN）2]＋4NaOH可用于冶金。下列说法正确的是（ ）
A. Au是一种活泼金属 B. NaCN溶液显酸性
C. Na[Au（CN）2]不属于配合物 D. 若无NaCN作用，Au难被O2氧化
2. NF3常用于微电子工业，可由反应4NH3＋3F2 eq \(=====,\s\up7(Cu)) 3NH4F＋NF3制备。下列说法正确的是（ ）
A. 中子数为36的铜原子为 eq \\al(36,29) Cu B. NH3的电子式为
C. NH4F中含有离子键和共价键 D. NF3是非极性分子
3. 一种钠硫电池以钠和硫为电极反应物，NaFePO4为正极材料，Al2O3陶瓷为电解质隔膜。下列说法正确的是（ ）
A. 电离能大小：I1（P）>I1（S） B. 半径大小：r（Al3＋）>r（Na＋）
C. 电负性大小：χ（Fe）>χ（O） D. 酸性强弱：H3PO4>H2SO4
4. 实验室制取少量H2S并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（ ）
A. 用甲装置制备少量H2S B. 用乙装置探究H2S的漂白性
C. 用丙装置探究H2S的酸性 D. 用丁装置吸收H2S
阅读下列材料，完成5～7题。
氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。H2O2具有较强的氧化性。亚硫酰氯（SOCl2）遇水发生水解反应生成H2SO3与HCl。Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有Li＋嵌入其中生成LiFe3O4。FeS2可用于生产H2SO4，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解H2SO4与（NH4）2SO4混合溶液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，其结构如图2所示。

图1 图2
5. 下列说法正确的是（ ）
A. SOCl2中硫原子带正电，氯原子带负电
B. SO eq \\al(2－,3) 中硫原子的轨道杂化类型是sp2
C. 该FeS2晶胞中含S eq \\al(2－,2) 的数目为14
D. 该FeS2晶体中每个Fe2＋周围距离最近且相等的S eq \\al(2－,2) 数目为8
6. 下列化学反应表示正确的是（ ）
A. FeS2在足量空气中煅烧：4FeS2＋15O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8SO3
B. H2O2氧化酸性废水中的Fe2＋： 2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋2OH－
C. H2SO4与氨水中和：H2SO4（aq）＋2NH3·H2O（aq）===（NH4）2SO4（aq）＋2H2O（l）；ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D. 电解法制备（NH4）2S2O8时的阳极反应：2SO eq \\al(2－,4) －2e－===S2O eq \\al(2－,8)
7. 对下列物质性质的解释不合理的是（ ）
A. H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间存在氢键
B. SO2易液化，SO2是极性分子，分子间作用力较大
C. （NH4）2S2O8具有较强的氧化性，（NH4）2S2O8中含过氧键（OO）
D. Fe3O4晶体中可嵌入Li＋形成LiFe3O4，Fe3＋可转化为Fe2＋
8. 化合物Z是合成药物丹参醇的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是（ ）
已知：CH3MgBr易水解，反应X→Y需在无水条件下进行。
A. 物质X易溶于水
B. CH3MgBr水解可生成CH4与Mg（OH）Br
C. Z在NaOH醇溶液中加热能发生消去反应
D. X、Z分别与足量H2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等
9. 羟胺（NH2OH）能与水反应：NH2OH＋H2O⇌NH3OH＋＋OH－。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应的平衡常数K＝ eq \f(c（NH3OH＋）·c（OH－）,c（NH2OH）)
B. NH2OH能与水反应是因为分子中氮原子存在孤电子对
C. NH2OH溶液能吸收CO2气体
D．向羟胺溶液中滴加过量稀硫酸，可生成（NH3OH）2SO4
10. 某经预处理的含砷废水中砷元素主要以Na3AsO3和Na3AsO4形式存在。以其为原料制备粗As2O3的部分流程如下：
已知：① “沉砷”时发生反应3Na3AsO4＋5Ca（OH）2===Ca5（AsO4）3（OH）＋9NaOH；
② “酸化”时发生反应Ca5（AsO4）3（OH）＋5H2SO4===3H3AsO4＋5CaSO4＋H2O。
下列说法正确的是（ ）
A. “氧化”时每1 ml Na3AsO3被氧化，会消耗11.2 L O2
B. “沉砷”和“酸化”可提高溶液中砷元素浓度，实现砷元素的富集
C. “酸化”时可用HNO3溶液代替H2SO4溶液
D. “还原”过程溶液的pH不断增大
11. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
12. 合成环氧氯丙烷时产生了盐酸和醋酸（HAc）混合液，为研究混合溶液的定量分析方法，进行以下实验：
实验1：向20 mL 0.1 ml·L－1 HCl中滴加0.1 ml·L－1 NaOH溶液；
实验2：向20 mL 0.1 ml·L－1 HAc中滴加0.1 ml·L－1 NaOH溶液；
实验3：向20 mL某浓度HCl与HAc混合溶液中滴加0.1 ml·L－1
NaOH溶液。
测得实验1、2中溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 实验1所测得的pH变化为曲线b
B. 实验2中加入10 mL NaOH时，溶液中存在：c（H＋）＋c（HAc）＝c（Ac－）＋c（OH－）
C. 实验3溶液中Ac－的物质的量分数 eq \f(c（Ac－）,c（HAc）＋c（Ac－）) ＝ eq \f(Ka（HAc）,c（H＋）＋Ka（HAc）)
D. 实验3中根据pH约为4.30时所消耗的V（NaOH），可计算混合溶液中n（HCl）
13. CO2CH4重整可获得H2。CO2CH4重整反应的热化学方程式如下。
反应Ⅰ：CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）；ΔH1＝247 kJ·ml－1。
反应Ⅱ：H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g）；ΔH2＝41 kJ·ml－1。
反应Ⅲ：CH4（g）===C（s）＋2H2（g）；ΔH3＝75 kJ·ml－1。
1.01×105 Pa下，将n起始（CO2）∶n起始（CH4）＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各气体组分的物质的量分数如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 曲线X表示CO2
B. 反应CH4（g）＋3CO2（g）===4CO（g）＋2H2O（g）进行的程度很小
C. 500 ℃，1.01×105 Pa时，向平衡体系中再充入一定量的CO2，达新平衡后， eq \f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）) 的值保持不变
D. 随着温度升高， eq \f(n（CO）,n（H2）) 的值变小，原因是反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. （14分）以盐湖锂矿（主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含有Fe2＋及少量有机物等）为原料制备Li2CO3的方法如下：
（1） 酸化：将适量盐湖锂矿粉与水混合，加入一定量浓硫酸，充分反应后加水稀释，过滤。酸化过程会产生少量CO2，原因是 。
（2） 净化：① 加碱调节滤液的pH至弱碱性，使Al3＋沉淀；再加入适量Ca（ClO）2溶液将Fe2＋转化为沉淀，过滤。ClO－与Fe2＋反应的离子方程式为 。
② 调节滤液的pH，再加入适量Na2CO3粉末，过滤，得Li2SO4溶液。过滤所得滤渣的主要成分是 。
（3） 沉锂：80 ℃时将饱和Na2CO3溶液与饱和Li2SO4溶液混合充分反应，过滤，得Li2CO3晶体。“沉锂”时选择较高温度，所得Li2CO3的产率及纯度较高。原因是 。
已知Na2CO3、Li2SO4、Li2CO3三种物质在不同温度下的溶解度如下表：
（4） Li2CO3样品纯度测定：称取1.000 g样品置于锥形瓶中，加入40.00 mL 1.000 ml·L－1盐酸，搅拌，充分反应（杂质不与酸反应）。再加入几滴酚酞，用1.000 ml·L－1 NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为13.40 mL。计算Li2CO3样品的纯度（写出计算过程）。
15. （16分）化合物F是合成一种可用于减慢心率药物的中间体，其人工合成路线如下：
已知：① NaBH4＋H＋＋3H2O===H3BO3＋Na＋＋4H2↑；
② （R、R′、R″表示烃基或H，下同）；
③ 。
（1） A→B反应可表示为（X或Y表示—COR、—COOR、—COOH、—CN等）。反应的部分机理可描述为在催化剂作用下，形成的中各有一个碳原子分别带正、负电荷。请用“⊕”和“⊖”标注在A→B反应中间产物的两个分别带正电荷和负电荷的碳原子上。
（2） B→C时，以饱和NaHCO3溶液作为有机物B与NaBH4溶液反应的介质，原因是________________________________________________________________________
。
（3） E的分子式为C11H11O2N，其结构简式为 。
（4） F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出一种符合该条件的同分异构体的结构简式： 。
① 分子中含有5种不同化学环境的氢原子；
② 碱性条件水解，适当酸化后得2种产物a、b，其中a遇FeCl3显紫色，b为氨基酸，a中杂化轨道类型为sp3的碳原子数比b中多2个。
（5） 写出以的合成路线流程图（有机溶剂和其他无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16. （15分）纳米铁粉可去除水中的Cr（Ⅵ）。由于其活性较强，制备时常使其表面形成保护性氧化膜。
（1） 纳米铁粉的制备。实验室以NaBH4溶液（碱性）与FeSO4溶液为原料制备纳米铁粉（装置如图1），将A溶液加入到三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢加入B溶液，产生大量H2。反应结束后将三颈瓶分别放置0、2、4、6小时，待纳米铁粉表面产生不同厚度的氧化膜后，分别取出固体，洗涤、干燥，得4种纳米铁粉（以Fe0、Fe2、Fe4、Fe6表示）。滴液漏斗内的B溶液是 。NaBH4中B为＋3价，理论上每生成1 ml Fe，与FeSO4反应的NaBH4的物质的量是 ml。
（2） 研究放置时间对纳米铁粉性能的影响。实验一：室温下，取相同质量的4种纳米铁粉分别投入相同体积、含Cr（Ⅵ）浓度相同的污水中，一段时间后测量Cr（Ⅵ）去除率；
实验二：取4份相同体积的蒸馏水分别置于三颈瓶中，再各加入相同质量的4种纳米铁粉，搅拌，相同时间后测量溶液中c（Fe2＋），结果如图2所示。请对纳米铁粉制备时放置时间、使用时溶出的少量Fe2＋与Cr（Ⅵ）去除率之间的关系作出猜想：________________________________________________________________________
。
（3） 研究影响纳米铁粉溶出c（Fe2＋）的因素。取一定量蒸馏水，用HCl调节pH约为6。将其分为相同体积的两份并分别置于三颈瓶中，向其中一支通入N2；再各加入相同质量的纳米铁粉，搅拌，一段时间后测得未通N2的三颈瓶内溶液中c（Fe2＋）大于通入N2的。
① 该条件下纳米铁粉溶出Fe2＋的原因是 。
② 实验时不将蒸馏水调节至较低pH，理由是 。
（4） 纳米铁粉去除Cr（Ⅵ）主要是经过“吸附→反应→共沉淀”的过程。pH<8.6，纳米铁粉颗粒表面带正电荷；pH＝8.6，纳米铁粉颗粒表面不带电；pH>8.6，纳米铁粉颗粒表面带负电荷。在水溶液中Cr（Ⅵ）主要存在微粒平衡浓度占Cr（Ⅵ）总浓度的百分数与pH的关系如图3。以实验室制得的纳米铁粉去除pH＝4的水样中的Cr（Ⅵ），请补充完整实验方案：将一定量水样置于烧杯中，________________________________________________________________________
，反应一段时间，测量溶液中c[Cr（Ⅵ）]，待c[Cr（Ⅵ）]小于1×10－3 ml·L－1，分离出固体。（还可使用的试剂：0.1 ml·L－1 NaOH溶液，0.1 ml·L－1 HCl）
图1
17. （16分）臭氧催化氧化是降解水体中有机污染物的常用方法。
（1） 一种电解法制备O3的装置如图1所示。阳极生成O3的电极反应式为 。O3广泛用于食品、环境的消毒与水体处理，主要原因有 。
（2） 研究温度对一定时间内O3降解有机物的影响。通常降解时采用一次性投加O3的方式，温度升高，相同时间内有机物降解率降低。提出猜想：溶液中溶解的O3浓度减小。作出猜想的依据： ；
设计一个实验验证猜想： 。
（3） 研究O3降解有机物的路径。
资料：除直接降解有机物外，O3在溶液中能产生羟基自由基（·OH），·OH也能降解水中有机物。
实验：取三份废水，保持其他条件相同，第一份直接通入O3；第二份在加入一定量MnO2的同时通入O3；第三份在加入一定量MnO2与叔丁醇的同时通入O3（叔丁醇能迅速结合·OH而将其除去），分别测量三份废水中有机物的残留率随时间的变化，结果如图2所示。根据图中曲线可以得出的结论为 。
（4） 研究O3降解有机物的机理。MnO2催化O3反应的一种机理如图3所示，“V”表示MnO2表面的氧离子空穴。图中所示的反应步骤Ⅱ可描述为 。
根据此机理，实际具有催化活性的催化剂为 （以含字母x的化学式表示其组成）。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(九)
1. D 解析：A项，Au的性质稳定，属于不活泼金属，错误；B项，CN－水解显碱性，错误；C项，[Au(CN)2]－为配离子，CN－为配体，属于配合物，错误；D项，Au的性质稳定，不易被O2氧化，在CN－作用下，生成稳定的配合物Na[Au(CN)2]，正确。
2. C 解析：A项，质量数＝质子数＋中子数＝29＋36＝65，表示为 eq \\al(65,29) Cu，错误；B项，漏写N上的一个孤电子对，错误；C项，NH eq \\al(＋,4) 与F－之间为离子键，NH eq \\al(＋,4) 中N与H之间为共价键，正确；D项，NF3与NH3类似，N上有一个孤电子对，NF3为三角锥形，N带正电在锥顶，三个F带负电位于三个锥底，与正电重心不重合，故为极性分子，错误。
3. A 解析：A项，P与S位于同一周期，P的价电子中的3p轨道中的电子为稳定的半满状态，很难失去电子，故第一电离能比相邻的S要大，正确；B项，Na＋和Al3＋的核外电子排布相同，Al的核电荷数比Na大，则Al3＋的半径小于Na＋，错误；C项，O的非金属性强于Fe，则电负性：O>Fe，错误；D项，S的非金属性强于P，则酸性：H2SO4>H3PO4，错误。
4. B 解析：A项，FeS与HCl反应生成FeCl2和H2S，正确；B项，Cl2将H2S氧化，验证H2S的还原性，错误；C项，H2S通入使石蕊变红，验证H2S的酸性，正确；D项，H2S可以被NaOH反应而吸收，正确。
5. A 解析：A项，O和Cl的电负性大于S，则S带正电，Cl带负电，正确；B项，SO eq \\al(2－,3) 中S的孤电子对数为 eq \f(6＋2－2×3,2) ＝1，价层电子对数为1＋3＝4，则S为sp3杂化，错误；C项，S eq \\al(2－,2) 位于8个顶点和6个面心，共有8× eq \f(1,8) ＋6× eq \f(1,2) ＝4，错误；D项，与顶点S eq \\al(2－,2) 最近的Fe2＋共有6个，错误。
6. D 解析：A项，应生成SO2，错误；B项，酸性条件下，不能生成OH－，错误；C项，氨水为弱碱，酸碱中和放出的部分热量用于氨水的电离，即放出的热量小于57.3 kJ×2＝114.6 kJ，错误；D项，SO eq \\al(2－,4) 中S为＋6价，S2O eq \\al(2－,8) 中S的平均价态为＋7，S的化合价升高，失去电子，正确。
7. A 解析：A项，O的非金属性强于S，则O与H之间的作用力强于S与H，则H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间氢键影响熔沸点物理性质，与物质的稳定性无关，错误；B项，SO2是极性分子，极性越强，分子间作用力越大，正确；C项，过氧键具有强氧化性，如H2O2、Na2O2均含有过氧根，正确；D项，Fe3O4中含有＋2、＋3价的Fe，当嵌入Li＋时，由于O原子的数目不变，负电荷总量不变，则正电荷总量也不变，所以有部分Fe3＋会转化为Fe2＋，正确。
8. B 解析：A项，X含有酮羰基和碳碳双键以及碳环，均难溶于水，错误；B项，水写成H—OH，CH3MgBr中甲基与H结合生成CH4，“MgBr”与“OH”结合生成Mg(OH)Br，正确；C项，Z中含有羟基，可以在浓硫酸加热条件下发生消去反应，错误；D项，X、Z与H2加成后，均只含有2个手性碳原子，错误。
9. D 解析：A项，水为纯液体，浓度不变，故不需要写入平衡常数表达式中，正确；B项，NH2OH结合水电离出的H＋，水放出OH－，NH2OH中N上有孤电子对，H＋有空轨道，NH2OH与H＋可形成配位键，正确；C项，NH2OH溶液显碱性，可以吸收CO2，正确；D项，NH2OH结合H2SO4电离出的H＋生成NH3OH＋，由于硫酸过量，则只能结合H2SO4电离出的第一个H＋，生成酸式盐(NH3OH)HSO4，错误。
10. B 解析：A项，没有指明O2为标准状况下的体积，错误；B项，废水中有存在As(Ⅲ)和As(Ⅴ)，被O2氧化，主要为As(Ⅴ)存在，加入石灰乳生成Ca5(AsO4)3(OH)沉淀，再用H2SO4溶解得高浓度的As(Ⅴ)，实现了As的富集，正确；C项，酸化时生成CaSO4为微溶物，可以通过沉淀分离，而Ca(NO3)2是可溶性的，不便于与H3AsO4的分离，错误；D项，H3AsO4与SO2发生氧化还原反应，As的化合价由＋5降为＋3，S的化合价由＋4升至＋6，生成H2SO4，溶液的pH减小，错误。
11. C 解析：A项，蔗糖酸性条件下水解，溶液需要调节到碱性后，再加入银氨溶液，否则不能进行银氨反应，错误；B项，氯水中Cl2的含量大于HClO，Cl2也能将KI氧化生成I2，I2遇淀粉变蓝，错误；C项，相同浓度下，CH3COOH的酸性强于HCN，则CH3COOH的电离平衡常数大于HCN，正确；D项，若待测液中含有Fe3＋，加入H2O2无反应，再加入KSCN溶液，溶液变红色，错误。
12. C 解析：A项，曲线a起点的pH为1，对应为0.1 ml·L－1 HCl，错误；B项，实验2中加入10 mL NaOH时，生成NaAc和HAc物质的量为1∶1的混合溶液，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ac－)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(HAc)＋c(Ac－)，将c(Na＋)消去，得2c(H＋)＋c(HAc)＝c(Ac－)＋2c(OH－)，错误；C项，Ac－的物质的量分数 eq \f(c（Ac－）,c（HAc）＋c（Ac－）) ＝ eq \f(1,\f(c（HAc）,c（Ac－）)＋1) ， eq \f(Ka（HAc）,c（H＋）＋Ka（HAc）) ＝ eq \f(1,\f(c（H＋）,Ka（HAc）)＋1) ，因为 eq \f(c（H＋）,Ka（HAc）) ＝ eq \f(c（HAc）,c（Ac－）) ，则有 eq \f(c（Ac－）,c（HAc）＋c（Ac－）) ＝ eq \f(Ka（HAc）,c（H＋）＋Ka（HAc）) ，正确；D项，实验3中根据pH约为4.30，可计算出溶液中剩余的n(H＋)，根据消耗的V(NaOH)，可以计算出溶液中被反应掉的n(H＋)，但HCl和HAc的浓度未知，且H＋是由HCl和HAc共同电离的，故无法计算混合溶液中n(HCl)，错误。
13. D 解析：A项，对于反应Ⅰ，参加反应的CH4和CO2的量相等，起始时两者又等量，所以余下的CH4和CO2的量应相等，反应Ⅱ中生成H2O，从题图看，CO的物质的量分数比H2的略高，说明反应Ⅱ消耗CO2的量要比反应Ⅲ消耗的CH4的量要多，故曲线X为CO2，曲线Y为CH4，正确；B项，将“反应Ⅰ”＋“反应Ⅱ”×2，可得反应CH4(g)＋3CO2(g)===4CO(g)＋2H2O(g)，该反应的ΔH＞0，且为气体体积增大的反应，所以反应不易正向进行，正确；C项， eq \f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）) 表示反应Ⅱ的化学平衡常数，平衡常数仅与温度有关，所以500 ℃下，仅改变CO2的量，平衡常数不变，正确；D项，反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度，则n(CO)增大值比n(H2)大，则 eq \f(n（CO）,n（H2）) 的值变大，错误。
14. (14分)
(1) 有机物与浓硫酸反应生成CO2(2分)
(2) ① ClO－＋2Fe2＋＋4OH－＋H2O===Cl－＋2Fe(OH)3↓(2分)
② CaCO3(2分)
(3) 温度较高时，Li2CO3的溶解度较小，从溶液中析出较多；其他溶质的溶解度较大，难以析出(3分)
(4) n(HCl)＝c(HCl)×V(HCl)＝1.000 ml·L－1×40.00 mL×10－3 L·mL－1＝4×10－2 ml(1分)
HCl～NaOH
n(HCl)剩余＝n(NaOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)＝1.000 ml·L－1×13.40 mL×10－3 L·mL－1＝1.34×10－2 ml(1分)
n(HCl)反应＝n(HCl)－n(HCl)剩余＝4×10－2 ml－1.34×10－2 ml＝2.66×10－2 ml(1分)
Li2CO3～2HCl
n(Li2CO3)＝1/2n(HCl)反应＝1.33×10－2 ml(1分)
w(Li2CO3)＝n(Li2CO3)×M(Li2CO3)÷1.000 0 g×100%
＝1.33×10－2 ml×74 g·ml－1÷1.000 0 g×100%＝98.42%(1分)
解析：(1) 有机物被浓硫酸脱水，生成碳单质，C与浓硫酸继续氧化生成CO2。(2) ① ClO－具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，两者发生氧化还原反应，生成Cl－和Fe(OH)3，根据Cl、Fe得失电子守恒配平反应，再由电荷守恒确定反应中有OH－参加反应，最后由H、O原子守恒确定有H2O参加反应。②由①分析知，Al3＋已沉淀，加入的Ca(ClO)2与Fe2＋反应生成CaCl2，再加入Na2CO3，生成CaCO3沉淀，过滤，滤液主要成分为Li2SO4。(3) 由溶解度表数据知，Li2CO3随着温度的升高，溶解度减小，故升高温度，可以析出较多Li2CO3晶体，而Na2CO3、Li2SO4随着温度的升高，溶解度增大，溶于水中，故升温可将这两者留在溶液中。(4) 加入的HCl先和Li2CO3反应，过量的HCl再与NaOH反应，根据NaOH的消耗量，可计算出过量的HCl，用总的HCl减去过量的HCl，即可得与Li2CO3反应的HCl，由反应关系Li2CO3 ～ 2HCl，可计算得到Li2CO3的物质的量，进而可以求出Li2CO3样品的纯度。
15. (16分)
解析：(1) 为中性，失去一个H＋后，剩余部分带负电，则负电集中碳原子上，表示为中O的电负性大于C，则O带负电，C带正电，则H＋与带负电的O结合生成(2) B→C为NaBH4还原碳碳双键，由已知①知，NaBH4能与H＋反应，B中含有羧基，能电离出H＋，故可以消耗NaBH4，加入NaHCO3可以将羧基反应掉，从而减少NaBH4的损失。B为难溶于水的有机物，与NaHCO3反应生成钠盐，能溶于水，产物更易与NaBH4接触，而充分反应。(3) E中没有Br原子，D中Br原子与—CN邻碳上的H原子相结合生成HBr，得，—CN与H2加成生成—CH2NH2。(4) F除苯环外，还有1个不饱和度、5个碳原子、2个氧原子、1个氮原子。水解酸化后得2种产物a、b，其中a遇FeCl3显紫色，a中包括的结构有“”，b为氨基酸，酯基断开后，形成的羧基进入氨基酸中，则b中包括的结构有“HOOC—CH2—NH2”，此结构中的亚甲基上的C为sp3杂化，羧基上的C为sp2杂化。a中杂化轨道类型为sp3的碳原子数比b中多2个，则a中有3个sp3杂化的C原子，由此得出结构简式为与目标产物NH2COOH的结构简式会发现，产物中的2个甲基，即为中的2个甲基，中方框中的部分即为，其中两个酯基中间的H原子较活泼，由(1)中A→B的反应机理知，中两个酯基中间的H原子与中醛基发生加成后再消去可得。由已知②得，两个相连的酯基，可以通过DMSO，加热条件下失去1个酯基，即可以转化为。由已知③知，原料给出的HCN可以与碳碳双键发生加成反应，则模仿E→F，—CN可以转化为—CH2NH2。最后将酯基水解得羧基。要注意—CN在酸性条件下也可以水解得羧基，所以为避免—CN水解，故要先将—CN先转化为—CH2NH2。
16. (15分)
(1) NaBH4溶液(2分) 0.5(2分)
(2) 纳米铁粉制备时放置时间越长，表面形成的氧化膜越厚；一定厚度的氧化膜有利于纳米铁粉使用时溶出Fe2＋，厚度过大或过小均不利于其使用时溶出Fe2＋；纳米铁粉使用时溶出的Fe2＋有助于Cr(Ⅵ)的去除(5分)
(3) ① 水中溶解的O2在弱酸性条件下与纳米铁粉反应生成Fe2＋(2分)
② 溶液pH过低，c(H＋)过大，纳米铁粉直接与H＋反应(2分)
(4) 用0.1 ml·L－1 NaOH溶液调节水样pH约为6(略小于8.6)，向其中加入适量Fe－4纳米铁粉，搅拌(2分)
解析：(1) FeSO4溶液与碱性溶液会反应生成Fe(OH)2沉淀，若将FeSO4滴入碱性的NaBH4溶液中，则可能会生成Fe(OH)2沉淀，而Fe2＋与BH eq \\al(－,4) 之间的氧化还原反应的量会减小，所以应将NaBH4溶液(碱性)滴入FeSO4溶液中。NaBH4中－1价的H还原Fe2＋，生成1 ml Fe时转移2 ml e－，1 ml NaBH4中－1价的H为4 ml，可以转移4 ml e－生成H2，所以0.5 ml NaBH4可转移2 ml e－。(2) Fe－0、Fe－2、Fe－4、Fe－6表示4种不同厚度的氧化膜纳米铁粉。纳米铁粉在水溶液中放置的时间越长，被O2氧化越充分，产生的氧化膜厚度越厚。由题图2知，Fe－4溶解出的Fe2＋最多，并且Cr(Ⅵ)去除率也最高，说明氧化膜厚度过大或过小均不易产生Fe2＋。实验二的目的是测定不同铁粉，在相同质量、相同时间内溶解出的Fe2＋的量，实验一的目的是观察Fe2＋的量对Cr(Ⅵ)去除率的影响，由此得出结论：纳米铁粉使用时溶出的Fe2＋有助于Cr(Ⅵ)的去除。(3) ① 用HCl调节溶液的pH约为6，此时溶液酸性较弱，但Fe能生成Fe2＋的原因是水中溶解的O2将其氧化所致。此空可以通过题目中的对比实验推出，通入N2会驱除溶液中的O2，从而导致c(Fe2＋)减小。②本题探究的是溶液中O2对纳米铁粉溶解出的Fe2＋的影响，O2溶解出的Fe2＋的量少，且速率慢；若酸性过强，Fe直接被溶解成Fe2＋，体现不出O2氧化Fe生成Fe2＋。(4) 水溶液中Cr(Ⅵ)均以阴离子存在，pH＜8.6，纳米铁粉颗粒表面带正电荷，根据正、负电荷相互吸引知，所以溶液的pH要控制小于8.6。题干信息：纳米铁粉可去除水中的Cr(Ⅵ)，若酸性过强，会使纳米铁粉直接被溶解，不利于去除Cr(Ⅵ)[注意不是用Fe2＋除Cr(Ⅵ)]。由(3)知，可控制溶液pH约为6。水样的pH＝4，故用0.1 ml·L－1 NaOH溶液调节水样。由题图2知，向水样中再加入适量Fe－4纳米铁粉，搅拌使其充分反应，可使Cr(Ⅵ)去除率最高。
17. (16分)
(1) 3H2O－6e－===O3↑＋6H＋(2分)
氧化性强；还原产物无污染；过量的O3会分解，分解产物是O2，无残留污染(答出两点即可)(2分)
(2) 温度升高，O3分解速率加快；O3在溶液中的溶解度降低(2分)
取相同体积、不同温度的若干份蒸馏水，向其中通入等物质的量的O3，相同时间后测量其中O3的浓度(3分)
(3) MnO2对O3降解有催化作用；降解过程中产生了·OH，·OH参与降解，但不是降解的主要路径；O3直接降解是该降解过程的主要路径(3分)
(4) O3与晶体中的O2－反应生成O eq \\al(2－,2) ，同时释放出O2(2分) MnO2－x(2分)
解析：(1) 阳极为H2O生成O3，O由－2价升至0价，生成1 ml O3时，转移6 ml e－，根据电荷守恒，推知有6 ml H＋生成。O3具有强氧化性，可以使细菌变性，O3转化为H2O，产物没有污染。(2) O3可以降解有机物，由题意分析知，升温时，有机物的降解率降低，则说明O3在水中的浓度减小。可能的原因有：升温时，O3分解；也可能是O3的溶解度减小。验证实验，可以通过控制变量法，如取相同体积的蒸馏水，通入相同量的O3，放置相同时间后，测定O3的量，变量为不同温度。(3) 从题图曲线可知，O3和MnO2一起降解有机物效果最佳，O3、MnO2和叔丁醇降解效果略差，只用纯O3的降解效果最差。由题中信息知，O3可以产生·OH而参与解降，叔丁醇能除去·OH。若O3是通过·OH除去有机物，则在加入叔丁醇之后，有机物的解降应比用纯O3降解差。事实上加了叔丁醇的效果并不比纯O3的差，所以O3降解的机理并不是通过·OH来降解有机物的。O3中加入了MnO2，无论是否加叔丁醇，对降解有机物效果都比纯O3好，说明MnO2对O3的降解有帮助。对比O3和MnO2中是否加入叔丁醇对有机物的降解知，加入叔丁醇之后，降解效果略变差，原因就是因为O3放出的·OH被叔丁醇吸收，所以降解过程中产生的·OH参与了降解。(4) 步骤Ⅰ为O3填入“V”空穴中，同时释放出O2；步骤Ⅱ为O3与空穴中的O2－生成O eq \\al(2－,2) ，同时释放出O2，步骤Ⅲ为O eq \\al(2－,2) 变为O2，留下一个空穴，且该空穴带两个单位负电荷。该机理为MnO2留下的空穴起催化作用，即形成O空位之后的物质是催化剂，故催化剂的化学式表示为MnO2－x，字母x表示MnO2中形成的氧空位数目。
选项
实验操作和现象
结论
A
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，无明显现象
蔗糖未发生水解反应
B
向淀粉KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝色
氯水中含有HClO
C
用pH试纸测得：0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液与0.1 ml·L－1 HCN溶液的pH分别为3、5
Ka（CH3COOH）>Ka（HCN）
D
取少量待检验溶液，向其中加入少量双氧水，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色
待检验溶液中含有Fe2＋
物质
温度/℃
0
20
40
60
80
Na2CO3
7.0
21.5
49.0
46.0
43.9
Li2SO4
36.1
34.8
33.7
32.6
31.4
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85