湖南省長沙市四區(qū)2023-2024學年高三下學期3月調研考試（一模）化學試卷

機密★啟用前2024年3月高三調研考試試卷化學（長沙縣、望城區(qū)、瀏陽市、寧鄉(xiāng)市聯(lián)合命制）注意事項：1．本試卷共8頁，18小題，滿分100分，考試時間75分鐘．2．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．3．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．4．考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回．5．可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求．1.化學與生活、生產(chǎn)及科技密切相關。下列說法正確的是A.華為自主研發(fā)的“麒麟”芯片與太陽能電池感光板所用的主要材料均為晶體硅B.卡塔爾世界杯球館屋頂采用折疊式（聚四氟乙烯）板材，屬于天然高分子材料C.“神舟十七號”發(fā)動機的耐高溫結構材料屬于分子晶體D.可用于文物年代的鑒定，與互為同素異形體【答案】A【解析】【詳解】A．太陽能電池是以硅為主要材料，利用光電效應實現(xiàn)能量變化的一種新型裝置，硅中摻入微量雜質后能夠導電，可用于生產(chǎn)芯片，A正確；B．生產(chǎn)聚四氟乙烯板材時以四氟乙烯為原料，通過發(fā)生加聚反應制造而成，屬于合成高分子材料，B不正確；C．Si3N3具有耐高溫的性質，表明其具有很高的熔點，應屬于共價晶體，C不正確；D．14C具有放射性，通過測定文物中14C含量，利用其半衰期，可進行文物年代的鑒定，14C與12C的質子數(shù)相同、質量數(shù)不同，二者互為同位素，D不正確；故選A。2.下列化學用語描述正確的是A.的原子結構示意圖B.的電子式C.的模型D.基態(tài)F原子的價層電子軌道表示式【答案】D【解析】【詳解】A．Cl的質子數(shù)為17，核外電子總數(shù)為18，其結構示意圖為，故A錯誤；B．N原子最外層有5個電子，其中3個單電子與3個H原子形成3個共價鍵，就得到NH3，N原子需滿足8電子穩(wěn)定結構，故NH3的電子式為，故B錯誤；C．的中心O原子價層電子為：2+=4，VSEPR模型為四面體形：，故C錯誤；D．基態(tài)氟原子的價層電子排布為2s22p5，其價電子排布圖為，故D正確；故選D。3.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是A.0.1molNa2O2固體與足量的H2O充分反應，轉移個電子B.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有鍵的數(shù)目約為C.酸性溶液中所含的數(shù)目為D.的溶液中含有的數(shù)目為【答案】B【解析】【詳解】A．Na2O2固體與足量的H2O發(fā)生反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，則0.1molNa2O2轉移0.1NA個電子，A不正確；B．[Cu(NH3)4]2+中，每個NH3分子內(nèi)含有3個σ鍵，N原子與Cu2+各形成1個配位鍵，配位鍵也屬于σ鍵，則1個[Cu(NH3)4]2+中含有3×4+4=16個σ鍵，1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ鍵的數(shù)目約為，B正確；C．K2Cr2O7酸性溶液中，發(fā)生反應，則酸性溶液中所含的數(shù)目小于，C不正確；D．的溶液的體積未知，無法求出含有的數(shù)目，D不正確；故選B。4.下列離子方程式書寫正確的是A.向次氯酸鈉溶液中通入少量CO2：B.將少量氯氣通入溶液中：C.用銅作電極電解硫酸銅溶液：D.向溶液中滴加少量的溶液：【答案】D【解析】【詳解】A．向次氯酸鈉溶液中通入少量CO2，由于的酸性比HClO弱，所以不能生成：，A不正確；B．將少量氯氣通入NaHSO3溶液中，Cl2被還原后，生成的HCl又能與NaHSO3發(fā)生反應，生成SO2氣體：，B不正確；C．用銅作電極電解硫酸銅溶液，陽極Cu失電子生成Cu2+進入溶液，溶液中的Cu2+在陰極得電子生成Cu，附著在Cu電極上：，C不正確；D．向NaHSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，采用“以少定多”法，參加反應的H+和的物質的量之比為2:1：，D正確；故選D。5.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向盛有等體積、等濃度的溶液的兩支試管中分別加入等濃度溶液和溶液加溶液的試管中產(chǎn)生氣泡速率更快比的催化效果好B向盛有溶液的試管中滴加溶液，再向其中滴加滴溶液．先有白色沉淀生成，后又產(chǎn)生黃色沉淀C向苯酚濁液中滴加少量溶液濁液變澄清酸性：苯酚>D向某溶液中滴加溶液并將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙顏色無明顯變化原溶液中無A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．高錳酸鉀會和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應，不是起催化作用，A錯誤；B．溶液過量，分別與NaCl、KI反應生成沉淀，由此實驗操作和現(xiàn)象不能比較出Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，B錯誤；C．濁液變澄清，說明苯酚和碳酸根離子反應生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，說明酸性：苯酚>，C正確；D．銨根離子證明需要使用濃氫氧化鈉溶液，加熱生成氨氣使得濕潤紅色石蕊試紙變藍色，D錯誤；故選C。6.M是一種具有優(yōu)良光學性能的樹脂，其結構如圖所示．下列說法錯誤的是A.分子中僅含有一種含氧官能團B.分子中所有碳原子可能共平面C.與足量加成后的產(chǎn)物中只含有2個手性碳原子D.最多可與發(fā)生反應【答案】D【解析】【詳解】A．分子中含有酯基一種含氧官能團，A正確；B．與苯環(huán)直接相連的原子共面，羰基碳、碳碳雙鍵兩端的碳均為sp2雜化，與其直接相連的原子共面，單鍵可以旋轉，故分子中所有碳原子可能共平面，B正確；C．與足量H2加成后的產(chǎn)物為，只含有2個手性碳原子，C正確；D．溴原子能和氫氧化鈉溶液發(fā)生取代反應生成酚羥基，酯基和氫氧化鈉發(fā)生反應生成酚羥基，酚羥基還能和氫氧化鈉反應，故1molM最多可與8molNaOH發(fā)生反應，D錯誤；故選：D。7.X、Y、Z為短周期主族元素，化合物是一種有機中間體，與水發(fā)生劇烈反應生成強酸HX和一種常見的溫室氣體。下列說法正確的是A.電負性：B.基態(tài)Z原子和Y原子的未成對電子數(shù)相等C.的空間構型為三角錐形D.的分子中，鍵與鍵個數(shù)比為2：1【答案】B【解析】【分析】一種常見的溫室氣體為二氧化碳，強酸HX為氯化氫，所以為，所以X、Y、Z為氯、氧和碳，依此答題?！驹斀狻緼．電負性：碳小于氯小于氧，A錯誤；B．基態(tài)Z原子電子排布式未成對電子數(shù)是2，基態(tài)Y原子電子排布式未成對電子數(shù)是2，兩者相等，B正確；C．結構式為，沒有孤電子對，中心原子價層電子對是3，所以空間構型為平面三角形，C錯誤；D．分子的結構式為：，鍵與鍵個數(shù)比為1∶1，D錯誤；故選B。8.我國科學家發(fā)現(xiàn)鋰介導的氮還原法可實現(xiàn)電化學高效合成氨．下列說法正確的是A.電極連接電源負極B.該電解池可以采用溶液做電解質C.分層基電極附近發(fā)生的反應為：D.外電路轉移電子時，理論上生成的體積為【答案】C【解析】【分析】該裝置為電解池，通入H2的Pt電極上H2發(fā)生失電子的氧化反應轉化成H+，Pt電極為陽極，分層Si基電極為陰極?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，Pt電極為陽極，Pt電極連接電源的正極，A項錯誤；B．Li能與Li2SO4溶液中的水發(fā)生反應2Li+2H2O=2LiOH+H2↑而消耗Li，故該電解池不能采用Li2SO4溶液做電解質，B項錯誤；C．由圖示知，分層Si基電極附近發(fā)生的反應為6Li+N2=2Li3N，C項正確；D．NH3所處溫度和壓強未知，無法計算生成NH3的體積，D項錯誤；答案選C。9.“中國芯”的主要原料是單晶硅，制取純硅的過程如圖所示。下列說法正確的是A.步驟①中的反應為B.二氧化硅是酸性氧化物，能與水反應生成硅酸C.步驟②和③均屬于置換反應D.28g純硅中含有4molSiSi鍵【答案】C【解析】【詳解】A．步驟①中的反應為SiO2和焦炭在高溫條件生成粗硅和CO，，故A錯誤；B．二氧化硅是酸性氧化物，但其不溶于水也不能與水反應，故B錯誤；C．步驟②,屬于置換反應,③也屬于置換反應，故C正確；D．硅晶體中1molSi與另外4molSi形成SiSi鍵，但是這個Si只占每個鍵的一半，所以1mol純硅含有2molSiSi鍵，即28g純硅中含有2molSiSi鍵，故D錯誤；故答案為：C。10.下列實驗裝置進行相應實驗，設計正確且能達到實驗目的的是A.除去中的 B.制取收集 C.制備無水 D.制取膠體【答案】D【解析】【詳解】A．將Cl2、NO2的混合氣通入飽和食鹽水中，NO2與水反應生成HNO3和NO，此時雖然除掉了NO2，但Cl2中混入了NO，A不正確；B．在常溫下，Cu與濃硫酸不發(fā)生反應，不能制得氣體，B不正確；C．在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)AlCl3溶液時，AlCl3發(fā)生水解，生成Al(OH)3和HCl，HCl揮發(fā)促進AlCl3水解，最后不能制備無水，C不正確；D．將FeCl3飽和溶液滴入沸水中，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，從而制得膠體，D正確；故選D。11.用的混合溶液可吸收工廠排放的廢氣，從而減少空氣污染并回收S,其過程如圖所示（各步均進行完全）．下列敘述不正確的是A.吸收前后混合溶液中濃度減小B.在轉化體系中化合價沒有變化的元素只有C.和是該反應的催化劑D.反應①的離子方程式為：【答案】B【解析】【詳解】A．吸收劑吸收了硫化氫后生成了水，使Fe3+、Cu2+濃度降低，故A正確；B．根據(jù)流程圖可知，H、Cl、Cu元素的化合價沒有發(fā)生變化，故B錯誤；C．根據(jù)流程圖可知，吸收硫化氫的總反應方程式：2H2S+O2=2H2O+2S↓，和是該反應的催化劑，故C正確；D．根據(jù)流程圖可知，反應①的離子方程式為：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故D正確；故選：B。12.有效利用對發(fā)展碳循環(huán)經(jīng)濟產(chǎn)生了巨大的影響。其中利用和，在一定條件下合成乙醇的反應為。向2L剛性不可變?nèi)萜髦谐淙?mol和3mol，單位時間內(nèi)測得的轉化率隨溫度變化關系如圖所示。下列說法正確的是A.上述反應的B.混合氣體的密度保持不變時，說明該反應達平衡狀態(tài)C.c點平衡后，向容器中再充入等量原反應氣體，達新平衡時，的轉化率增大D.反應從開始到a點需時5min，5min內(nèi)用表示的反應速率為0.3mol·L1·min1【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖像知，b點之前，單位時間內(nèi)，隨著溫度的升高，速率加快，所以二氧化碳的轉化率增大，但b點之后，溫度升高，不利用平衡正向移動，導致二氧化碳的平衡轉化率降低，所以推知知上述反應為放熱反應。b點之后圖像上的點均為平衡點，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知，上述反應的，A錯誤；B．2L剛性不可變?nèi)萜髦邪l(fā)生反應，氣體的總質量不變，容器的體積不變，所以氣體的密度始終不變，則氣體密度不變不能說明反應達到平衡狀態(tài)，B錯誤；C．c點平衡后，向容器中再充入等量原反應氣體，等效于加壓，則會使平衡正向移動，達新平衡時，的轉化率增大，C正確；D．a(chǎn)點，二氧化碳轉化率為50%，則轉化的二氧化氮的物質的量為0.5mol，轉化的氫氣的物質的量為0.5mol3=1.5mol，根據(jù)速率公式可知，5min內(nèi)用表示的反應速率為=0.15mol·L1·min1，D錯誤；故選C。13.下圖為KCN的晶胞示意圖，已知晶胞邊長為，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA．下列說法不正確的是A.中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構B.晶胞中，離K+距離最近的有5個C.每個晶胞中含有4個D.該晶胞的密度為【答案】B【解析】【詳解】A．中，C原子與N原子形成三對共用電子，C原子又獲得1個電子，則所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，A正確；B．晶胞中，我們選定位于體心的K+，離K+距離最近的有6個，B不正確；C．每個晶胞中含有K+數(shù)目為=4，C正確；D．該晶胞的密度為=，D正確；故選B。14.實驗室模擬侯氏制堿碳酸化制的過程，將通入飽和氨鹽水（溶質為）,實驗現(xiàn)象及數(shù)據(jù)如圖1，含碳粒子在水溶液中的物質的量分數(shù)（δ）與的關系如圖2．圖1圖2下列說法正確的是A.,溶液中存在B.,反應方程式可以表示為：C.,水的電離程度先增大后減小D.,溶液中均保持不變【答案】C【解析】【詳解】A．0min，為飽和氨鹽水(溶質為NH3、NaCl)，溶液中存在，,溶液中存在，故A錯誤；B．，隨著反應進行，60min時pH=10.3，生成的少量白色固體為NaHCO3，反應方程式可以表示為：，故B錯誤；C．0min，為飽和氨鹽水(溶質為NH3、NaCl)，一水合氨抑制水的電離；60min，為碳酸氫銨與碳酸銨按1∶1形成的溶液，促進水的電離；100min時，產(chǎn)生碳酸氫鈉晶體，促進水電離，但碳酸氫根的水解能力小于碳酸根，水電離程度有所減小，，水的電離程度先增大后減小，故C正確；D．，隨著反應的進行，產(chǎn)生碳酸氫鈉晶體，故溶液中n(Na+)減少，n(Cl)保持不變，故D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4大題，共58分．15.醋酸亞鉻為磚紅色晶體，難溶于冷水，易溶于酸，在氣體分析中用作氧氣吸收劑。一般制備方法是先在封閉體系中利用金屬鋅作還原劑，將三價鉻還原為二價鉻；二價鉻再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞鉻．實驗裝置如圖所示，回答下列問題：（1）儀器a的名稱為____________________________。（2）d中析出磚紅色沉淀．為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是___________、___________、洗滌、干燥。（3）Cr2+也可用鋅粒還原K2Cr2O7制備，寫出反應的離子方程式___________。（4）該實驗中鹽酸必須適量，不能過量的原因___________。（5）該制備實驗能否成功的關鍵是排除O2的干擾，下列關于O2的存在及如何消除O2對制備的影響均正確的是___________（填編號）。編號使溶液中含O2的因素消除O2的方法A溶液中溶解的O2配制溶液所使用的蒸餾水煮沸后在空氣中自然冷卻B裝置中的空氣含有O2利用生成氫氣將裝置中的空氣排盡C外界空氣進入制備裝置在裝置d中加入一些四氯化碳D外界空氣進入制備裝置將裝置d用下列裝置替換A.A B.B C.C D.D（6）某實驗小組設計如下改進裝置制備醋酸亞鉻晶體，改進后的優(yōu)點是（答一點即可）___________________________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.冰浴冷卻②.過濾（3）4Zn++14H+=4Zn2++2Cr2++7H2O（4）鹽酸過量，會溶解醋酸亞鉻，不利于醋酸亞鉻的生成（5）D（6）改進后的丙可防止空氣進入乙裝置將產(chǎn)品氧化(合理答案均得分)【解析】【分析】實驗時，關閉K3，打開K1、K2,讓錐形瓶c內(nèi)鋅粒分別與鹽酸、與氯化鉻發(fā)生反應，Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，氫氣可排除瓶內(nèi)空氣、保護Cr2+不被氧化，然后關閉K1、K2，打開K3，利用反應產(chǎn)生的H2將錐形瓶c內(nèi)的溶液壓入錐形瓶d內(nèi)，讓醋酸鈉與CrCl2發(fā)生反應，從而制得醋酸亞鉻?！拘?詳解】儀器a帶有活塞，名稱為分液漏斗?！拘?詳解】d中析出磚紅色沉淀．已知其難溶于冷水，為使沉淀充分析出并分離，需降低醋酸亞鉻的溶解度，也就是需要降低溫度，所以采用的操作是：冰浴冷卻、過濾、洗滌、干燥?！拘?詳解】用鋅粒還原K2Cr2O7制備Cr2+，同時生成Zn2+等，反應的離子方程式為4Zn++14H+=4Zn2++2Cr2++7H2O。【小問4詳解】該實驗中鹽酸必須適量，否則混合液被壓入錐形瓶d內(nèi)后，會造成醋酸亞鉻的溶解，則不能過量的原因為：鹽酸過量，會溶解醋酸亞鉻，不利于醋酸亞鉻的生成?！拘?詳解】A．配制溶液所使用的蒸餾水煮沸后在空氣中自然冷卻，則在蒸餾水冷卻過程中，又會溶解空氣中的氧氣，A不正確；B．利用生成的氫氣只能將裝置c中的空氣排盡，但不能排盡裝置d內(nèi)的空氣，因為反應生成的H2無法進入d裝置，且d裝置是敞口容器，B不正確；C．在裝置d中加入一些四氯化碳，由于四氯化碳密度比空氣大，會沉在水溶液的底部，不能起到隔絕空氣的作用，C不正確；D．為防止外界空氣進入制備裝置，在制備裝置后面再增加一個洗氣瓶，可防止空氣中的O2進入制備裝置內(nèi)，D正確；故選D。【小問6詳解】改進后的裝置，既能排盡甲、乙裝置內(nèi)的空氣，丙裝置中的水又可防止外界空氣進入乙裝置內(nèi)，從而防止醋酸亞鉻被氧化。則優(yōu)點是：改進后的丙可防止空氣進入乙裝置將產(chǎn)品氧化(合理答案均得分)?！军c睛】為防止Cr2+被氧化，Cr2+所在的溶液，與溶液接觸的外界環(huán)境，都需要防止空氣的浸入。16.研究含氮元素物質的反應對生產(chǎn)、生活、科研等方面具有重要的意義．回答下列問題：（1）己知：；；．與反應生成和的熱化學方程式為___________。（2）的排放主要來自于汽車尾氣，包含和,有人提出用活性炭對進行吸收．對于反應：時，借助傳感器測得反應在不同時間點上各物質的濃度如下：010203040501.000.580.400.400.480.4800.210.300.300.360.36①內(nèi)，的平均反應速率___________，當升高反應溫度，該反應的平衡常數(shù)K___________（選填“增大”“減小”或“不變”）。②后，只改變某一條件，反應重新達到平衡；根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是___________（填字母）。A．加入一定量的活性炭B．通入一定量的C．適當縮小容器的體積D．加入合適的催化劑（3）為避免汽車尾氣中的氮氧化合物對大氣的污染，需給汽車安裝尾氣凈化裝置．在凈化裝置中和發(fā)生反應．實驗測得：,其中分別為正、逆反應速率常數(shù)，只與溫度有關；p為氣體分壓（分壓=物質的量分數(shù)×總壓）．①達到平衡后，僅升高溫度，增大的倍數(shù)___________(選填“大于”、“小于”或“等于”）增大的倍數(shù)。②一定溫度下在剛性密閉容器中充入和物質的量之比為，壓強為．達平衡時壓強為,此時___________。（4）某研究小組在實驗室以耐高溫催化劑催化轉化為,測得轉化為的轉化率隨溫度變化情況如圖所示．結合（1）中的反應，用平衡移動原理解釋加入后，轉化為的轉化率增大的原因：____________________________?！敬鸢浮浚?）（2）①.②.減?、?BC（3）①.小于②.（4）加入的CO與NO分解生成的O2反應，使NO分解平衡向生成N2的方向移動，因此NO轉化率升高【解析】【小問1詳解】①；②；③與反應生成和的反應為：。根據(jù)蓋斯定律可知該反應可由2×②+③①得到，則該反應=，反應熱化學方程式為：；【小問2詳解】①內(nèi)，的平均反應速率；該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)K減??；②后，只改變某一條件，反應重新達到平衡，新平衡時NO和的濃度均大于原平衡濃度，加入一定量的活性炭，碳是固體對反應速率和化學平衡均無影響，故A錯誤；通入一定量的，可增大NO濃度，同時使平衡正向移動，從而使的濃度增大，故B正確；適當縮小容器的體積，反應前后體積不變，平衡狀態(tài)物質濃度增大，故C正確；加入合適催化劑，催化劑只改變化學反應速率，不改變化學平衡，故D錯誤；故選BC；【小問3詳解】①平衡時，則，可得，該反應為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動，K減小，即減小，則增大的倍數(shù)小于增大的倍數(shù)。②設1L的剛性容器中分別充入和物質的量之比為2mol、2mol、1mol，則：則反應后總物質的量為(5x)mol，初始壓強為，達平衡時壓強為，則，x=0.5，平衡時、和CO2的物質的量分別為1mol、1mol、1.5mol、1mol，總物質的量為4.5mol，則?！拘?詳解】加入的CO與NO分解生成的O2反應，使NO分解平衡向生成N2的方向移動，因此NO轉化率升高。，從而使轉化為的轉化率增大。17.磷酸亞鐵鋰是重要的鋰電池正極材料，一種利用硫酸法生產(chǎn)鈦白粉過程的副產(chǎn)物硫酸亞鐵（含鈦、銅、錳、鉛、鋅、鈣、鎂等雜質離子）制備磷酸亞鐵鋰的生產(chǎn)流程如圖．常溫下各種硫化物溶度積常數(shù)如下：物質回答下列問題：（1）為提高硫酸亞鐵浸取速率，可以采取的措施是___________（答一點即可）。（2）基態(tài)亞鐵離子的電子排布式為__________________________。（3）磷元素可以形成多種含氧酸，亞磷酸結構如圖所示，則亞磷酸屬于___________元酸。（4）在濾液2中加入磷酸需控制，其目的是①磷酸根過量，可以減少鐵的其他形式的沉淀，提高的純度；②______________________。（5）聚丙烯的作用是___________________________________。（6）已知當溶液中時視為沉淀完全，又知,,則要使濾液2中鐵離子沉淀完全且不生成沉淀，應控制___________。[已知]（7）科研人員新研發(fā)了一種可充電電池，工作原理如圖，電池總反應為①充電時，鈣電極與電源___________相連。②放電時的正極反應式為___________________________?！敬鸢浮浚?）適當提高浸取溫度或攪拌（2）1s22s22p63s23p63d6（3）二（4）使溶液顯酸性，抑制鐵離子水解（5）將Fe3+還原成Fe2+（6）≤2.78（7）①.負極②.【解析】【分析】副產(chǎn)物硫酸亞鐵加入水和硫化鈉溶液，Cu2+、Pb2+、Zn2+轉化為硫化物沉淀，濾液1中加入磷酸酸化，鈦離子轉化為TiO2沉淀，過濾后向濾液2中加入磷酸、雙氧水和NaOH溶液，將Fe2+轉化為FePO4?2H2O沉淀，向沉淀中加入碳酸鋰和聚丙烯研磨，得到磷酸亞鐵鋰。【小問1詳解】提高副產(chǎn)物硫酸亞鐵浸取速率，即增大反應速率，可從影響反應速率的因素角度考慮，即增大濃度、升高溫度、增大接觸面積等，可選擇適當提高浸取溫度或攪拌；【小問2詳解】基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，失去2個電子形成亞鐵離子，故Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；【小問3詳解】由結構可知，亞磷酸可以電離出2個氫離子，故為二元酸；【小問4詳解】根據(jù)加入物質的物質的量比值可知磷酸過量，可以減少鐵的其他形式的沉淀，提高FePO4的純度，并且使得溶液顯酸性，可以抑制鐵離子的水解；【小問5詳解】由流程知加入碳酸鋰和聚丙烯后生成磷酸亞鐵鋰，鐵元素價態(tài)降低，故加入聚丙烯的作用是將Fe3+還原成Fe2+；【小問6詳解】Fe3+完全沉淀且不生成Fe(OH)3沉淀，即Fe3+濃度≤105mol/L，則，pOH=11.22，pH=2.78，故pH≤2.78；【小問7詳解】①由總反應可知，