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2024届四川省眉山市高三下学期第三次诊断考试理科综合试题 -高中化学（原卷版+解析版）
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可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cu—64 M—96
第Ⅰ卷
一、选择题
1. 化学在新能源汽车的发展中具有基础地位。下列有关汽车制造材料的说法错误的是
A. 保险杠所用聚丙乙烯是有机高分子材料
B. 车身所用铝合金具有硬度大密度小特点
C. 普通玻璃是用黏土和碳酸钠等原料制备
D. 高温涂层材料属于无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚丙乙烯为，属于有机高分子，A正确；
B．铝合金具有硬度大密度小特点，用于车身制造，B正确；
C．玻璃的原料有石英砂、碳酸钠和碳酸钙，C错误；
D．高温涂层材料AlN属于新型无机非金属材料，D正确；
故选C。
2. 有机物M是常见有机合成中间体，其结构如图所示：，下列说法正确的是
A. M分子具有3种官能团B. M最多与发生加成反应
C. M可以与乙醇发生酯化反应D. M分子中最多有9个碳原子共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物含有硝基、碳碳双键、羧基、醚键四种官能团，故A错误；
B．该有机物苯环消耗、碳碳双键消耗，最多有，故B错误；
C．该物质中含有羧基，可以与乙醇发生酯化反应，故C正确；
D．该有机物所有碳原子(共10个)皆有可能共面，故D错误；
故选C。
3. 已知表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 白磷()和甲烷均含有个共价键
B. 电解精炼铜，阴极增重12.8g，理论上转移的电子为
C. 标况下，含有的氧原子数目为
D. 溶液中，
【答案】B
【解析】
【详解】A．由白磷()的结构可知，1ml含有6ml键，即6NA个键，故A 错误；
B．电解精炼铜时，阴极反应式为，所以生成12.8gCu即Cu时，转移电子，故B正确；
C．标况下，不是气体，无法计算含有的氧原子数目，故C 错误；
D．由于题中未指明体积，所以无法确定微粒数目，故D 错误；
故答案为：B。
4. 对下列实验操作的相关现象预测和所得的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．K2CrO4溶液中存在平衡：，滴加硫酸溶液颜色由黄色变为橙色，是因为增大氢离子浓度，平衡逆向移动，故A正确；
B．硝酸可将铁氧化为+3价，先加硝酸后加硫氰化钾溶液，无法确定样品是否被空气完全氧化，故B错误；
C．偏铝酸根离子和碳酸氢根离子水解时，都需要结合水电离的氢离子，而两者发生的反应为，即不是双水解，故C错误；
D．管口红棕色气体的产生是生成的NO在试管口遇到空气中的氧气转化为的，故D错误；
故答案为：A。
5. 短周期元素W、X、Y、Z能组成化合物，其中W、X、Y均为最高正价，该化合物可用于制备发动机高温涂层。已知W、X、Y位于同一周期且原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的金属元素，Y的电子总数是最外层电子数的3倍，有强氧化性，W与Z的原子序数之和为20。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的稳定性：
C. 最高正价氧化物对应的水化物碱性：
D. W、X、Y的最高价氧化物均易溶于过量的稀氨水
【答案】A
【解析】
【分析】已知W、X、Y位于同一周期且原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al元素；Y的电子总数是最外层电子数的3倍，则Y的核外电子排布为2、8、5，其为P元素；有强氧化性，则Z为O元素；W与Z的原子序数之和为20，则W为12号元素Mg。从而得出W为Mg，X为Al，Y为P，Z为O。
【详解】A．O为第二周期元素，Mg、Al、P为第三周期元素，且原子半径依次减小，则原子半径大小关系为，A正确；
B．Y为P，Z为O，非金属性O＞P，则简单氢化物稳定性H2O＞PH3，B不正确；
C．W为Mg，X为Al，金属性Mg＞Al，金属性越强，最高正价氧化物对应的水化物碱性越强，则碱性，C不正确；
D．W为Mg，X为Al，Y为P，P2O5为酸性氧化物，能与氨水反应，但和分别为碱性氧化物和两性氧化物，都不溶于氨水，D不正确；
故选A。
6. 中国科学家团队设计了以复合活性电极为负极、电解质为Na2SO4溶液的水系储能钠离子电池，充电时阴极发生的反应为：，电池结构如图所示。
下列说法正确的是
A. 充电时，流向复合活性电极
B. 活性炭作催化剂可以提高电池比能量
C. 正极放电的电极反应为：
D. 电池放电时，每转移1mle-，正极质量减少23g
【答案】C
【解析】
【分析】充电时阴极发生的反应为：，则Sb2S3-C复合电极为阴极，Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3为阳极；放电时Sb2S3-C复合电极为负极，Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3为正极。
【详解】A．充电时，阴离子()由阴极向阳极移动，即由Sb2S3-C复合电极向Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3电极移动，A错误；
B．活性炭作催化剂时，增大了电池质量，降低了电池的比能量，B错误；
C．放电时，Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3为正极，NaV2(PO4)2F3转化为Na3V2(PO4)2F3，V元素由+4价降为+3价，则正极反应为：，C正确；
D．放电时，正极反应为：，每转移1mle-，正极质量增加23g，D错误；
故选C。
7. 25℃时，，若，，维持溶液pH=10，测得pBa与pHCO3如图所示：
已知：，下列说法错误的是
A. P点有沉淀生成
B.
C. 若，则
D. M点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由M点，，则，则，故P点==5×10-4.59ml/L，c(Ba2+)=10-2.2ml/L，，有沉淀生成，A正确；
B．由M点，，则，则，N点：当，，则， ，B正确；
C．由可知，若，可得，C正确；
D．由电荷守恒可知，，D错误；
故答案为：D。
第Ⅱ卷
二、非选择题
8. 碳酸锂是制备锂电池的重要原料。一种由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：
已知：常温下，各离子沉淀pH范围：
回答下列问题：
（1）“煅烧”过程中转化为，写出与生石灰反应的化学反应方程式_______。
（2）硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，其作用是_______；“调节pH”步骤应当控制的pH范围为_______，
（3）写出“除锰”过程中的离子反应方程式_______。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2ml/L，则该步骤后浓度应该低于_______ml/L。
（4）已知、的溶解度(g/100g水)如下表所示：
“沉锂”后应该选择_______℃(选填“20”、“50”和“80”)蒸馏水洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的操作_______。
（5）“沉锂”后所得碳酸锂再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是_______。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧可制备电池阴极材料，写出其化学反应方程式_______。
【答案】（1）
（2） ①. 作为氧化剂，将氧化为 ②.
（3） ①. ②. 0.55
（4） ①. 80 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净
（5） ①. 进一步提高碳酸锂的纯度 ②.
【解析】
【分析】由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂时，先往α—锂辉石中加入生石灰进行煅烧，然后加入硫酸、硝酸浸取，从后续操作看，此步操作除去了硅，则浸渣应为CaSiO3；往滤液中加入NaOH溶液，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3而成为滤渣；往滤液中加入Na2CO3溶液，将Ca2+转化为CaCO3沉淀；过滤后，往滤液中加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀；过滤后滤渣再进行碳化，将Li2CO3转化为LiHCO3，过滤后去除滤渣，将滤液进行热解，此时LiHCO3转化为电池级碳酸锂。
【小问1详解】
“煅烧”过程中转化为，硅转化为CaSiO3，则与生石灰反应的化学反应方程式为。
【小问2详解】
硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，硝酸具有强氧化性，其作用是：作为氧化剂，将氧化为；“调节pH”时，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀，此步骤应当控制的pH范围为。
【小问3详解】
“除锰”过程中，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3，离子反应方程式为。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2ml/L，为避免Li+生成沉淀，溶液中离子浓度积应小于溶度积常数，则该步骤后浓度应低于ml/L=0.55ml/L。
【小问4详解】
从表中数据可以看出，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则“沉锂”后应该选择80℃蒸馏水洗涤；检验沉淀是否洗涤干净时，应检验滤液中是否含有，操作为：取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净。
【小问5详解】
“沉锂”后所得碳酸锂中可能混有Li2SO4杂质，再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是：进一步提高碳酸锂的纯度。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧，将C2+氧化为C3+，制备电池阴极材料，其化学反应方程式为。
【点睛】Li2CO3结晶析出后，为防止过滤时因温度降低而造成溶解损失，应趁热过滤。
9. 乙二胺四乙酸铁钠(化学式可用表示，摩尔质量为)可作为加铁盐和加铁酱油铁剂。实验室利用废铁屑制备配合物乙二胺四乙酸铁钠的步骤如下：
Ⅰ.晶体制备
①向洗净的铁屑中加入过量盐酸，小心排掉气体，待固体完全溶解后，向其中逐滴滴入过氧化氢。当溶液颜色完全变为深棕色，并有大量气体产生时，停止滴加过氧化氢并过滤；
②快速搅拌条件下，向其中滴加氨水至过量，过滤并洗涤沉淀3次；
③将上述滤渣转移到三颈瓶中，保持80℃加热，边搅拌边逐滴滴加乙二胺四乙酸()和碳酸钠溶液，调节，反应约1h；反应结束后将所得产品趁热减压过滤，将滤液加热浓缩至原体积，冷却结晶得到土黄色高纯的晶体。
（1）步骤①盐酸过量的目的：一是作反应物，二是_______。
（2）写出上述颜色变为深棕色所发生离子反应方程式_______。
（3）滴加氨水时，滴加速率不宜过快且快速搅拌，其原因是_______。
（4）冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入，仪器m的名称为_______；步骤③中宜采取的加热方式为_______；分离产品采取“趁热减压过滤”，趁热的目的是_______。
Ⅱ.纯度分析
准确称取20.00g产物放入烧杯，加入无氧蒸馏水和硫酸()，搅拌溶解后，加入5g锌粉，加热反应30min，过滤，将得到的近无色溶液用容量瓶定容。快速移取溶液至锥形瓶中，加入混酸以掩蔽生成的的黄色，用()标准溶液平行滴定3次，平均消耗标准液。
（5）标液应盛装在_______(填“无色透明”或“棕色透明”)滴定管，滴定终点的现象为_______。
（6）上述的纯度为_______(保留4位有效数字)。
【答案】（1）抑制和水解
（2）
（3）避免生成的沉淀包裹过多杂质
（4） ① a ②. 恒压滴液漏斗 ③. 水浴(油浴也可) ④. 防止产物提前结晶析出
（5） ①. 棕色透明 ②. 当最后半滴标准液滴入时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不退去
（6）91.75%
【解析】
【分析】用铁屑和过量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，再用过氧化氢氧化亚铁离子成铁离子，然后向其中滴加浓氨水至过量生成氢氧化铁沉淀，将获得的氢氧化铁沉淀洗涤以后于三颈烧瓶中在80℃条件下与H4Y和碳酸钠反应得产品，将所得产品趁热减压过滤，将滤液加热浓缩至原体积，冷却结晶即得到土黄色高纯的晶体。
【小问1详解】
步骤①盐酸过量的目的，除了作反应物完全溶解铁粉，过量的盐酸还可以抑制生成的及水解；
【小问2详解】
颜色变为深棕色所发生的反应是亚铁离子在酸性条件下被过氧化氢氧化为铁离子，其反应的离子方程式为；
【小问3详解】
滴加氨水时，滴加速率不宜过快且快速搅拌，其原因是滴加速率过快，则生成沉淀速率也会过快，且生成的沉淀具有吸附性，若不快速搅拌可能包裹过多杂质；
【小问4详解】
为了提高冷凝效果，冷却水应下进上出，故a进b出；据仪器m的构造可知，其名称为恒压滴液漏斗；步骤③中的温度为80℃，低于水的沸点，为使反应物均匀受热，应采取水浴加热的方式(油浴也可)；分离产品采取“趁热减压过滤”，过滤的目的是除去难溶物质，趁热的原因是防止因温度降低造成产品提前结晶析出；
小问5详解】
标准液应盛装在棕色透明滴定管中，防止其分解；屏蔽三价铁颜色后，反应结束前，滴加的高锰酸钾均被消耗，反应恰好完全后，再滴加半滴高锰酸钾标准液溶液会呈紫色，且半分钟内不褪色，所以滴定终点的现象是：当最后半滴标准液滴入时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不退去；
【小问6详解】
用容量瓶定容，快速移取，反应时5~KMnO4，所以的纯度为。
10. 回收利用合成化工制成品是实现碳中和重要途径之一、利用二氧化碳合成二甲醚(DMC)的主要反应有：
Ⅰ.
Ⅱ.
（1）和为原料制备气态和水蒸气的热化学方程式是_______。
（2）对于基元反应，若升高反应温度，平衡常数K_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；_______(填“>”、“<”或“=”)。
已知：阿伦尼乌斯经验公式为，其中：为正、逆反应的活化能，k为正、逆反应速率常数，R和C为常数。某实验小组依据实验数据获得如图曲线。曲线中表示正反应速率的是_______(填“m”或“n”)。
（3）T℃时，向体积为2L的密闭容器中通入、，同时发生上述两个反应，装置中压强p随着时间t变化如下表：
①0~2min，反应Ⅱ的化学反应速率_______，若其他条件不变，向该体系中充入，则_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②平衡时测得水蒸气分压，反应Ⅱ生成的选择性为_______(选择性，保留1位小数)。
③计算反应Ⅰ的压强平衡常数_______(写计算表达式)。
（4）“直接二甲醚()燃料电池”被称为绿色电源，其工作原理如图所示，写出A电极的电极反应式_______。
【答案】（1）
（2） ①. 减小 ②. < ③. n
（3） ①. 0.1 ②. 不变 ③. 90.9% ④.
（4）
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ. ，反应Ⅱ. ，根据盖斯定律Ⅱ×1-I×2得，所以，即热化学方程式是；
【小问2详解】
对于基元反应，即反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小；反应为放热反应，所以<；反应为放热反应，根据阿伦尼乌斯经验公式可知，活化能越大，变化率越大，即图中斜线斜率的绝对值更大，而放热反应中，故，所以图中n为正反应速率；
【小问3详解】
①反应Ⅰ.左右两边气体化学计量数相等，反应Ⅰ的发生不会引起容器中气体物质的量或压强的变化，反应Ⅱ.左边气体化学计量数更大，所以压强的变化是因为反应Ⅱ的发生，由化学计量数可知，消耗2mlCO2或生成1mlCH3OCH3时气体减少(2+6-1-3)=4ml，2min时气体总物质的量为，减少(2+6-6.4)ml=1.6ml，则；其他条件不变，恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变；
②平衡时：，则，平衡时总压为12MPa，，则，而反应Ⅱ.生成0.5mlCH3OCH3时生成1.5mlH2O、消耗1mlCO2，则反应Ⅰ.生成0.1mlH2O、消耗0.1mlCO2，根据定义，反应Ⅱ选择性；
③据以上分析列三段式、；
【小问4详解】
“直接二甲醚()燃料电池”通空气的一极为正极，即 A电极为负极、B电极为正极，负极二甲醚发生氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为。
11. 副族元素、等元素较更易形成配合物，但是二环己烷并—18—冠(醚)—6在高锰酸钾溶液
（1）写出基态锰原子价层电子的轨道表示式_______；锰在周期表中的_______区。
（2）“超分子”中各元素(除H外)电负性由大到小的顺序为_______。
（3）副族元素、等元素比更易形成配合物，其原因是_______；与配体形成共价键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)，其中配体中C原子的杂化方式为_______，结合1个O和1个得到一种常见微粒，其空间构型为_______。
（4）冠醚能够提升高锰酸钾氧化己烯的速率的原因是_______。
（5）氮化钼晶胞结构如图所示，N原子填充M围成的八面体空隙中，填充率为100%。
①上述晶体中，M的配位数_______；
②的熔点_______(填“>”、“<”或“=”)；
③若该八面体边长为，则晶胞的密度为_______(表示啊伏伽德罗常数)。
【答案】（1） ①. ②. d
（2）
（3） ①. 、等元素的3d轨道与4s轨道能量相近，易于杂化成键 ②. C ③. sp ④. 平面正三角形
（4）随“超分子”进入有机溶剂，游离的与己烯充分接触，反应速率快
（5） ①. 6 ②. > ③.
【解析】
【分析】M在8个顶点和6个面心，均摊为，N原子填充M围成的八面体空隙中，填充率为100%，N原子位于“棱心”和“体心”，均摊为，据此回答。
【小问1详解】
Mn的价层电子为，轨道表达式为；锰在周期表中的d区；
【小问2详解】
非金属性越强，其电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>C>K；
【小问3详解】
副族元素M3+、Mn2+等元素比K+更易形成配合物，其原因是Mn、M等元素的3d轨道与4s轨道能量相近，易于杂化成键；Mn2+与配体CO形成共价键，提供孤电子对的原子是为C，C与O都有孤电子对，但是O的电负性大，C更易形成配位键；CO为直线形，配体中C原子的杂化方式为sp；CO结合1个O和1个O2−得到一种常见微粒碳酸根，价层电子对为，其空间构型为平面正三角形；
小问4详解】
随“超分子”进入有机溶剂，游离的与己烯充分接触，反应速率快，所以冠醚能够提升高锰酸钾氧化己烯的速率；
【小问5详解】
①上述晶体中，每个M原子周围与之最近的N原子有6个，所以M的配位数为6；
②MN的熔点大于M2O3，两者都为离子晶体，N3-所带电荷大于O2-所带电荷，所以MN的晶格能更大，熔沸点更高；
③该八面体边长为apm，为面对角线的一半，即pm，所以边长为pm，所以晶胞的密度为ρ=g/cm3。
12. 汉黄芩素(Wgnin)是从黄芩根中分离得到的一种黄酮类化合物，具有抗氧化、抗病毒、抗炎及神经保护等多种药理活性。一种合成汉黄岑素中间体J的合成路线如下：
已知：的结构为。回答下列问题：
（1）有机物A的名称为_______；化合物B的含氧官能团名称为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）已知E()能与金属钠反应生成氢气，写出E生成F的化学反应方程式_______。
（4）已知G的核磁共振氢谱仅有2个吸收峰，且面积之比为1：1，则检验G中官能团所需试剂为_______。
（5）I生成J的反应类型为_______。
（6）F的同分异构体中，符合下列要求的同分异构体的结构简式为_______、_______。
①能够发生银镜反应且最多可以生成；②遇溶液显紫色；③核磁共振有5组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1
（7）以A和丙酮为原料，合成的线路图为_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 醛基
（2）
（3）2+O22+2H2O
（4）溶液(或浓溴水)
（5）取代反应 （6） ①. ②.
（7）
【解析】
【分析】A氧化转化为B，B与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应转化为D，D转化为E，E与氧气反应转化为F，F与G转化为H，H反应转化为I，I与发生碘代反应转化为J，据此分析。
【小问1详解】
有机物A的名称为：甲苯；的官能团为(醛基)；
【小问2详解】
由D和B对比知C为；
【小问3详解】
E(C11H14O3)能与金属钠反应生成氢气，含有官能团羟基，E生成F的化学反应方程式为：2+O22+2H2O；
【小问4详解】
G的分子式为C6H6O3，G的核磁共振氢谱仅有2个吸收峰，且面积之比为1：1，G为，可用显色反应进行检测或者浓溴水检验；
【小问5详解】
根据分析可知，I→J是苯环的碘代反应；
【小问6详解】
F的同分异构体有：，符合条件：①能够发生银镜反应且1ml最多可以生成4mlAg，有2ml醛基；②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；③核磁共振有5组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1的同分异构是和；
【小问7详解】
由A→B知，可催化氧化为，然后结合、CH3CH2ONa转化为，路线为：。选项
实验操作
现象预测
结论
A
向黄色溶液中滴5~10滴溶液
溶液颜色由黄色变为橙色
增大反应物浓度，平衡正向移动
B
取适量食品包装袋中的抗氧化“铁粉包”样品，滴加适量稀硝酸溶解，再滴加几滴溶液
溶液变红色
该铁粉已经完全被空气氧化
C
向溶液中滴加溶液
有白色沉淀生成
与发生了双水解
D
将3g铜片和适量稀混合
管口有红棕色气体
稀硝酸被Cu还原为
离子
开始沉淀pH
7.6
2.7
3.8
8.3
沉淀完全pH
9.7
3.2
5.2
9.8
T/℃
20
50
80
1.33
1.10
0.85
34.2
32.5
30.7
0
1
2
3
4
5
6
16
13.4
12.8
12.4
12.2
12
12
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cu—64 M—96
第Ⅰ卷
一、选择题
1. 化学在新能源汽车的发展中具有基础地位。下列有关汽车制造材料的说法错误的是
A. 保险杠所用聚丙乙烯是有机高分子材料
B. 车身所用铝合金具有硬度大密度小特点
C. 普通玻璃是用黏土和碳酸钠等原料制备
D. 高温涂层材料属于无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚丙乙烯为，属于有机高分子，A正确；
B．铝合金具有硬度大密度小特点，用于车身制造，B正确；
C．玻璃的原料有石英砂、碳酸钠和碳酸钙，C错误；
D．高温涂层材料AlN属于新型无机非金属材料，D正确；
故选C。
2. 有机物M是常见有机合成中间体，其结构如图所示：，下列说法正确的是
A. M分子具有3种官能团B. M最多与发生加成反应
C. M可以与乙醇发生酯化反应D. M分子中最多有9个碳原子共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物含有硝基、碳碳双键、羧基、醚键四种官能团，故A错误；
B．该有机物苯环消耗、碳碳双键消耗，最多有，故B错误；
C．该物质中含有羧基，可以与乙醇发生酯化反应，故C正确；
D．该有机物所有碳原子(共10个)皆有可能共面，故D错误；
故选C。
3. 已知表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 白磷()和甲烷均含有个共价键
B. 电解精炼铜，阴极增重12.8g，理论上转移的电子为
C. 标况下，含有的氧原子数目为
D. 溶液中，
【答案】B
【解析】
【详解】A．由白磷()的结构可知，1ml含有6ml键，即6NA个键，故A 错误；
B．电解精炼铜时，阴极反应式为，所以生成12.8gCu即Cu时，转移电子，故B正确；
C．标况下，不是气体，无法计算含有的氧原子数目，故C 错误；
D．由于题中未指明体积，所以无法确定微粒数目，故D 错误；
故答案为：B。
4. 对下列实验操作的相关现象预测和所得的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．K2CrO4溶液中存在平衡：，滴加硫酸溶液颜色由黄色变为橙色，是因为增大氢离子浓度，平衡逆向移动，故A正确；
B．硝酸可将铁氧化为+3价，先加硝酸后加硫氰化钾溶液，无法确定样品是否被空气完全氧化，故B错误；
C．偏铝酸根离子和碳酸氢根离子水解时，都需要结合水电离的氢离子，而两者发生的反应为，即不是双水解，故C错误；
D．管口红棕色气体的产生是生成的NO在试管口遇到空气中的氧气转化为的，故D错误；
故答案为：A。
5. 短周期元素W、X、Y、Z能组成化合物，其中W、X、Y均为最高正价，该化合物可用于制备发动机高温涂层。已知W、X、Y位于同一周期且原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的金属元素，Y的电子总数是最外层电子数的3倍，有强氧化性，W与Z的原子序数之和为20。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的稳定性：
C. 最高正价氧化物对应的水化物碱性：
D. W、X、Y的最高价氧化物均易溶于过量的稀氨水
【答案】A
【解析】
【分析】已知W、X、Y位于同一周期且原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al元素；Y的电子总数是最外层电子数的3倍，则Y的核外电子排布为2、8、5，其为P元素；有强氧化性，则Z为O元素；W与Z的原子序数之和为20，则W为12号元素Mg。从而得出W为Mg，X为Al，Y为P，Z为O。
【详解】A．O为第二周期元素，Mg、Al、P为第三周期元素，且原子半径依次减小，则原子半径大小关系为，A正确；
B．Y为P，Z为O，非金属性O＞P，则简单氢化物稳定性H2O＞PH3，B不正确；
C．W为Mg，X为Al，金属性Mg＞Al，金属性越强，最高正价氧化物对应的水化物碱性越强，则碱性，C不正确；
D．W为Mg，X为Al，Y为P，P2O5为酸性氧化物，能与氨水反应，但和分别为碱性氧化物和两性氧化物，都不溶于氨水，D不正确；
故选A。
6. 中国科学家团队设计了以复合活性电极为负极、电解质为Na2SO4溶液的水系储能钠离子电池，充电时阴极发生的反应为：，电池结构如图所示。
下列说法正确的是
A. 充电时，流向复合活性电极
B. 活性炭作催化剂可以提高电池比能量
C. 正极放电的电极反应为：
D. 电池放电时，每转移1mle-，正极质量减少23g
【答案】C
【解析】
【分析】充电时阴极发生的反应为：，则Sb2S3-C复合电极为阴极，Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3为阳极；放电时Sb2S3-C复合电极为负极，Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3为正极。
【详解】A．充电时，阴离子()由阴极向阳极移动，即由Sb2S3-C复合电极向Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3电极移动，A错误；
B．活性炭作催化剂时，增大了电池质量，降低了电池的比能量，B错误；
C．放电时，Na3V2(PO4)2F3/NaV2(PO4)2F3为正极，NaV2(PO4)2F3转化为Na3V2(PO4)2F3，V元素由+4价降为+3价，则正极反应为：，C正确；
D．放电时，正极反应为：，每转移1mle-，正极质量增加23g，D错误；
故选C。
7. 25℃时，，若，，维持溶液pH=10，测得pBa与pHCO3如图所示：
已知：，下列说法错误的是
A. P点有沉淀生成
B.
C. 若，则
D. M点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由M点，，则，则，故P点==5×10-4.59ml/L，c(Ba2+)=10-2.2ml/L，，有沉淀生成，A正确；
B．由M点，，则，则，N点：当，，则， ，B正确；
C．由可知，若，可得，C正确；
D．由电荷守恒可知，，D错误；
故答案为：D。
第Ⅱ卷
二、非选择题
8. 碳酸锂是制备锂电池的重要原料。一种由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：
已知：常温下，各离子沉淀pH范围：
回答下列问题：
（1）“煅烧”过程中转化为，写出与生石灰反应的化学反应方程式_______。
（2）硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，其作用是_______；“调节pH”步骤应当控制的pH范围为_______，
（3）写出“除锰”过程中的离子反应方程式_______。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2ml/L，则该步骤后浓度应该低于_______ml/L。
（4）已知、的溶解度(g/100g水)如下表所示：
“沉锂”后应该选择_______℃(选填“20”、“50”和“80”)蒸馏水洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的操作_______。
（5）“沉锂”后所得碳酸锂再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是_______。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧可制备电池阴极材料，写出其化学反应方程式_______。
【答案】（1）
（2） ①. 作为氧化剂，将氧化为 ②.
（3） ①. ②. 0.55
（4） ①. 80 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净
（5） ①. 进一步提高碳酸锂的纯度 ②.
【解析】
【分析】由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂时，先往α—锂辉石中加入生石灰进行煅烧，然后加入硫酸、硝酸浸取，从后续操作看，此步操作除去了硅，则浸渣应为CaSiO3；往滤液中加入NaOH溶液，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3而成为滤渣；往滤液中加入Na2CO3溶液，将Ca2+转化为CaCO3沉淀；过滤后，往滤液中加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀；过滤后滤渣再进行碳化，将Li2CO3转化为LiHCO3，过滤后去除滤渣，将滤液进行热解，此时LiHCO3转化为电池级碳酸锂。
【小问1详解】
“煅烧”过程中转化为，硅转化为CaSiO3，则与生石灰反应的化学反应方程式为。
【小问2详解】
硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，硝酸具有强氧化性，其作用是：作为氧化剂，将氧化为；“调节pH”时，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀，此步骤应当控制的pH范围为。
【小问3详解】
“除锰”过程中，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3，离子反应方程式为。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2ml/L，为避免Li+生成沉淀，溶液中离子浓度积应小于溶度积常数，则该步骤后浓度应低于ml/L=0.55ml/L。
【小问4详解】
从表中数据可以看出，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则“沉锂”后应该选择80℃蒸馏水洗涤；检验沉淀是否洗涤干净时，应检验滤液中是否含有，操作为：取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净。
【小问5详解】
“沉锂”后所得碳酸锂中可能混有Li2SO4杂质，再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是：进一步提高碳酸锂的纯度。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧，将C2+氧化为C3+，制备电池阴极材料，其化学反应方程式为。
【点睛】Li2CO3结晶析出后，为防止过滤时因温度降低而造成溶解损失，应趁热过滤。
9. 乙二胺四乙酸铁钠(化学式可用表示，摩尔质量为)可作为加铁盐和加铁酱油铁剂。实验室利用废铁屑制备配合物乙二胺四乙酸铁钠的步骤如下：
Ⅰ.晶体制备
①向洗净的铁屑中加入过量盐酸，小心排掉气体，待固体完全溶解后，向其中逐滴滴入过氧化氢。当溶液颜色完全变为深棕色，并有大量气体产生时，停止滴加过氧化氢并过滤；
②快速搅拌条件下，向其中滴加氨水至过量，过滤并洗涤沉淀3次；
③将上述滤渣转移到三颈瓶中，保持80℃加热，边搅拌边逐滴滴加乙二胺四乙酸()和碳酸钠溶液，调节，反应约1h；反应结束后将所得产品趁热减压过滤，将滤液加热浓缩至原体积，冷却结晶得到土黄色高纯的晶体。
（1）步骤①盐酸过量的目的：一是作反应物，二是_______。
（2）写出上述颜色变为深棕色所发生离子反应方程式_______。
（3）滴加氨水时，滴加速率不宜过快且快速搅拌，其原因是_______。
（4）冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入，仪器m的名称为_______；步骤③中宜采取的加热方式为_______；分离产品采取“趁热减压过滤”，趁热的目的是_______。
Ⅱ.纯度分析
准确称取20.00g产物放入烧杯，加入无氧蒸馏水和硫酸()，搅拌溶解后，加入5g锌粉，加热反应30min，过滤，将得到的近无色溶液用容量瓶定容。快速移取溶液至锥形瓶中，加入混酸以掩蔽生成的的黄色，用()标准溶液平行滴定3次，平均消耗标准液。
（5）标液应盛装在_______(填“无色透明”或“棕色透明”)滴定管，滴定终点的现象为_______。
（6）上述的纯度为_______(保留4位有效数字)。
【答案】（1）抑制和水解
（2）
（3）避免生成的沉淀包裹过多杂质
（4） ① a ②. 恒压滴液漏斗 ③. 水浴(油浴也可) ④. 防止产物提前结晶析出
（5） ①. 棕色透明 ②. 当最后半滴标准液滴入时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不退去
（6）91.75%
【解析】
【分析】用铁屑和过量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，再用过氧化氢氧化亚铁离子成铁离子，然后向其中滴加浓氨水至过量生成氢氧化铁沉淀，将获得的氢氧化铁沉淀洗涤以后于三颈烧瓶中在80℃条件下与H4Y和碳酸钠反应得产品，将所得产品趁热减压过滤，将滤液加热浓缩至原体积，冷却结晶即得到土黄色高纯的晶体。
【小问1详解】
步骤①盐酸过量的目的，除了作反应物完全溶解铁粉，过量的盐酸还可以抑制生成的及水解；
【小问2详解】
颜色变为深棕色所发生的反应是亚铁离子在酸性条件下被过氧化氢氧化为铁离子，其反应的离子方程式为；
【小问3详解】
滴加氨水时，滴加速率不宜过快且快速搅拌，其原因是滴加速率过快，则生成沉淀速率也会过快，且生成的沉淀具有吸附性，若不快速搅拌可能包裹过多杂质；
【小问4详解】
为了提高冷凝效果，冷却水应下进上出，故a进b出；据仪器m的构造可知，其名称为恒压滴液漏斗；步骤③中的温度为80℃，低于水的沸点，为使反应物均匀受热，应采取水浴加热的方式(油浴也可)；分离产品采取“趁热减压过滤”，过滤的目的是除去难溶物质，趁热的原因是防止因温度降低造成产品提前结晶析出；
小问5详解】
标准液应盛装在棕色透明滴定管中，防止其分解；屏蔽三价铁颜色后，反应结束前，滴加的高锰酸钾均被消耗，反应恰好完全后，再滴加半滴高锰酸钾标准液溶液会呈紫色，且半分钟内不褪色，所以滴定终点的现象是：当最后半滴标准液滴入时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不退去；
【小问6详解】
用容量瓶定容，快速移取，反应时5~KMnO4，所以的纯度为。
10. 回收利用合成化工制成品是实现碳中和重要途径之一、利用二氧化碳合成二甲醚(DMC)的主要反应有：
Ⅰ.
Ⅱ.
（1）和为原料制备气态和水蒸气的热化学方程式是_______。
（2）对于基元反应，若升高反应温度，平衡常数K_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；_______(填“>”、“<”或“=”)。
已知：阿伦尼乌斯经验公式为，其中：为正、逆反应的活化能，k为正、逆反应速率常数，R和C为常数。某实验小组依据实验数据获得如图曲线。曲线中表示正反应速率的是_______(填“m”或“n”)。
（3）T℃时，向体积为2L的密闭容器中通入、，同时发生上述两个反应，装置中压强p随着时间t变化如下表：
①0~2min，反应Ⅱ的化学反应速率_______，若其他条件不变，向该体系中充入，则_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②平衡时测得水蒸气分压，反应Ⅱ生成的选择性为_______(选择性，保留1位小数)。
③计算反应Ⅰ的压强平衡常数_______(写计算表达式)。
（4）“直接二甲醚()燃料电池”被称为绿色电源，其工作原理如图所示，写出A电极的电极反应式_______。
【答案】（1）
（2） ①. 减小 ②. < ③. n
（3） ①. 0.1 ②. 不变 ③. 90.9% ④.
（4）
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ. ，反应Ⅱ. ，根据盖斯定律Ⅱ×1-I×2得，所以，即热化学方程式是；
【小问2详解】
对于基元反应，即反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小；反应为放热反应，所以<；反应为放热反应，根据阿伦尼乌斯经验公式可知，活化能越大，变化率越大，即图中斜线斜率的绝对值更大，而放热反应中，故，所以图中n为正反应速率；
【小问3详解】
①反应Ⅰ.左右两边气体化学计量数相等，反应Ⅰ的发生不会引起容器中气体物质的量或压强的变化，反应Ⅱ.左边气体化学计量数更大，所以压强的变化是因为反应Ⅱ的发生，由化学计量数可知，消耗2mlCO2或生成1mlCH3OCH3时气体减少(2+6-1-3)=4ml，2min时气体总物质的量为，减少(2+6-6.4)ml=1.6ml，则；其他条件不变，恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变；
②平衡时：，则，平衡时总压为12MPa，，则，而反应Ⅱ.生成0.5mlCH3OCH3时生成1.5mlH2O、消耗1mlCO2，则反应Ⅰ.生成0.1mlH2O、消耗0.1mlCO2，根据定义，反应Ⅱ选择性；
③据以上分析列三段式、；
【小问4详解】
“直接二甲醚()燃料电池”通空气的一极为正极，即 A电极为负极、B电极为正极，负极二甲醚发生氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为。
11. 副族元素、等元素较更易形成配合物，但是二环己烷并—18—冠(醚)—6在高锰酸钾溶液
（1）写出基态锰原子价层电子的轨道表示式_______；锰在周期表中的_______区。
（2）“超分子”中各元素(除H外)电负性由大到小的顺序为_______。
（3）副族元素、等元素比更易形成配合物，其原因是_______；与配体形成共价键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)，其中配体中C原子的杂化方式为_______，结合1个O和1个得到一种常见微粒，其空间构型为_______。
（4）冠醚能够提升高锰酸钾氧化己烯的速率的原因是_______。
（5）氮化钼晶胞结构如图所示，N原子填充M围成的八面体空隙中，填充率为100%。
①上述晶体中，M的配位数_______；
②的熔点_______(填“>”、“<”或“=”)；
③若该八面体边长为，则晶胞的密度为_______(表示啊伏伽德罗常数)。
【答案】（1） ①. ②. d
（2）
（3） ①. 、等元素的3d轨道与4s轨道能量相近，易于杂化成键 ②. C ③. sp ④. 平面正三角形
（4）随“超分子”进入有机溶剂，游离的与己烯充分接触，反应速率快
（5） ①. 6 ②. > ③.
【解析】
【分析】M在8个顶点和6个面心，均摊为，N原子填充M围成的八面体空隙中，填充率为100%，N原子位于“棱心”和“体心”，均摊为，据此回答。
【小问1详解】
Mn的价层电子为，轨道表达式为；锰在周期表中的d区；
【小问2详解】
非金属性越强，其电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>C>K；
【小问3详解】
副族元素M3+、Mn2+等元素比K+更易形成配合物，其原因是Mn、M等元素的3d轨道与4s轨道能量相近，易于杂化成键；Mn2+与配体CO形成共价键，提供孤电子对的原子是为C，C与O都有孤电子对，但是O的电负性大，C更易形成配位键；CO为直线形，配体中C原子的杂化方式为sp；CO结合1个O和1个O2−得到一种常见微粒碳酸根，价层电子对为，其空间构型为平面正三角形；
小问4详解】
随“超分子”进入有机溶剂，游离的与己烯充分接触，反应速率快，所以冠醚能够提升高锰酸钾氧化己烯的速率；
【小问5详解】
①上述晶体中，每个M原子周围与之最近的N原子有6个，所以M的配位数为6；
②MN的熔点大于M2O3，两者都为离子晶体，N3-所带电荷大于O2-所带电荷，所以MN的晶格能更大，熔沸点更高；
③该八面体边长为apm，为面对角线的一半，即pm，所以边长为pm，所以晶胞的密度为ρ=g/cm3。
12. 汉黄芩素(Wgnin)是从黄芩根中分离得到的一种黄酮类化合物，具有抗氧化、抗病毒、抗炎及神经保护等多种药理活性。一种合成汉黄岑素中间体J的合成路线如下：
已知：的结构为。回答下列问题：
（1）有机物A的名称为_______；化合物B的含氧官能团名称为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）已知E()能与金属钠反应生成氢气，写出E生成F的化学反应方程式_______。
（4）已知G的核磁共振氢谱仅有2个吸收峰，且面积之比为1：1，则检验G中官能团所需试剂为_______。
（5）I生成J的反应类型为_______。
（6）F的同分异构体中，符合下列要求的同分异构体的结构简式为_______、_______。
①能够发生银镜反应且最多可以生成；②遇溶液显紫色；③核磁共振有5组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1
（7）以A和丙酮为原料，合成的线路图为_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 醛基
（2）
（3）2+O22+2H2O
（4）溶液(或浓溴水)
（5）取代反应 （6） ①. ②.
（7）
【解析】
【分析】A氧化转化为B，B与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应转化为D，D转化为E，E与氧气反应转化为F，F与G转化为H，H反应转化为I，I与发生碘代反应转化为J，据此分析。
【小问1详解】
有机物A的名称为：甲苯；的官能团为(醛基)；
【小问2详解】
由D和B对比知C为；
【小问3详解】
E(C11H14O3)能与金属钠反应生成氢气，含有官能团羟基，E生成F的化学反应方程式为：2+O22+2H2O；
【小问4详解】
G的分子式为C6H6O3，G的核磁共振氢谱仅有2个吸收峰，且面积之比为1：1，G为，可用显色反应进行检测或者浓溴水检验；
【小问5详解】
根据分析可知，I→J是苯环的碘代反应；
【小问6详解】
F的同分异构体有：，符合条件：①能够发生银镜反应且1ml最多可以生成4mlAg，有2ml醛基；②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；③核磁共振有5组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1的同分异构是和；
【小问7详解】
由A→B知，可催化氧化为，然后结合、CH3CH2ONa转化为，路线为：。选项
实验操作
现象预测
结论
A
向黄色溶液中滴5~10滴溶液
溶液颜色由黄色变为橙色
增大反应物浓度，平衡正向移动
B
取适量食品包装袋中的抗氧化“铁粉包”样品，滴加适量稀硝酸溶解，再滴加几滴溶液
溶液变红色
该铁粉已经完全被空气氧化
C
向溶液中滴加溶液
有白色沉淀生成
与发生了双水解
D
将3g铜片和适量稀混合
管口有红棕色气体
稀硝酸被Cu还原为
离子
开始沉淀pH
7.6
2.7
3.8
8.3
沉淀完全pH
9.7
3.2
5.2
9.8
T/℃
20
50
80
1.33
1.10
0.85
34.2
32.5
30.7
0
1
2
3
4
5
6
16
13.4
12.8
12.4
12.2
12
12
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