衡中同卷调研卷2023届新高考/新教材(二)2语文答案

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16.(15分)》(1)三颈烧瓶(1分)平衡压强，保证溶液顺利滴下(2分)(2)排尽装置内的空气，防止F2+被氧化(2分)(3)观察浓硫酸中气泡均匀产生(2分)吸收反应生成的水，促进二茂铁生成(2分)(4)避免反应过快放出大量热导致二茂铁升华(2分)(5)ac(2分)(6)50%(2分)【解析】(1)根据C的结构特点可知其为三颈烧瓶：仪器A支管可以使容器上下相通，起到平衡压强，保证溶液顺利滴下的作用。(2)F2+易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化。(3)为使氮气均匀通入，可通过观察浓硫酸中产生气泡的速度，调节通氮气的速率来实现：由题干信息知反应需在隔绝水的环境下进行，结合反应原理知KOH的作用除了作为反应物，反应过程须隔绝水，还可以起到吸收生成的水的作用。(4)反应放热，反应过快温度升高，易导致产物二茂铁升华造成损失。(5)溶液中有C1一附着在沉淀表面，故可取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液观察是否有沉淀生成，来判断沉淀是否洗净；根据电荷守恒，测量H+浓度也可判断是否洗涤干净。(6)2.6 g FeCl2·4H2O的物质的量为0.013mol,1.65mL环戊二烯的物质的量是0.02mol,根据反应原理可知环戊二烯的量不足，故根据环戊二烯计算二茂铁的产量为65060em×号XI86g/ml=L.86g,则产率1X66 g/mol_0.93g×100%=50%。1.86g

15.(15分)(1)提高浸取温度或搅拌(1分)(2)磷酸根过量，可以减少铁的其他形式的沉淀，提高FPO,的纯度(2分)将Fe3+还原成Fe2+(2分)(3)pH偏大时，会生成Fe(OH)3,使制备的FePO4·2H2O质量较差(2分)2Fe2++2H3PO4+2H2O+H2O2-2FePO4·2H2O￥+4H+(2分)(4)≤2.78(2分)2分)3(5)13:3(2分)【解析】(1)提高副产物硫酸亚铁浸取速率，即增大反应速率，可从影响反应速率的因素角度考虑，即增大浓度、升高温度、增大接触面积等，可选择提高浸取温度或搅拌。(2)根据加入物质的物质的量比值可知磷酸根过量，可以减少铁的其他形式的沉淀，提高FPO,的纯度；由流程知加入碳酸锂和聚丙烯后生成磷酸亚铁锂，铁元素价态降低，故加入聚丙烯的作用是将F3+还原成Fe2+。(3)酸性条件下过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+,Fe3+易水解，pH过大时主要生成氢氧化铁沉淀，产品质量较差。由流程图知，向滤液1中加入磷酸、双氧水与F2+发生氧化还原反应生成磷酸铁晶体，反应的离子方程式为2Fe2++2H3PO4+2H2O+H2O2-2FePO4·2H2O￥+4H(4)Fe3+完全沉淀且不生成Fe(OH)3沉淀，即Fe3+浓度≤10-5mol/L,同时满足Fe(OH)3的Kp,所以：3c(OH-)=K.[Fe(OH)3]_32.16×10c(Fe+)10-5-=0.6×10-11mol·L-1Kw1×10-14c(H+)=c(0H)=0.6×10-=1.67X10-3,pH=-lgc(H+)=2.78故pH≤2.78。(5)由题干可知，LiFePO,的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在于由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a)、(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中L计的个数为8×令+的LiFePO,的晶胞中，八面体结构和四目均为4；考虑到化学式为LiFePO4,并且一个晶胞中含有的Lit,Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-FePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Lit以及一个棱心的Lit;结合上一个空的3.25分析可知，LiFePO,晶胞的化学式为Li.Fe.P,Oi6,那么Li-:FePO,晶胞的化学式为Li Fe.P,Os,所以有1一x=4即x=6。结合上一个空计算的结果可知，Li-,FePO,即LiFePO.;假设Fe2+和Fe+数目分别为x和y,则列方程组：x十y136+1331332x+3y+5=4X2,解得x-16y=6,则Li-,FeP0,中n(Fe+):nFe+)=i66=13：3。