【文档说明】湖北省部分学校2024-2025学年高三上学期12月联考化学试题 Word版含解析.docx，共(25)页，4.845 MB，由管理员店铺上传

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高三化学考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Fe

56Ga70As75一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“黄鹤楼”是湖北省地标性建筑。武汉市人民政府大楼重建采用了钢筋混凝土结构。下列有关叙述错误的是A.钢筋属于金属合金材料B.混凝

土结构耐酸碱腐蚀C.“黄鹤楼”变绿主要是因为生成了2Cu(OH)D.金属材料在潮湿(中性)空气中主要发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．钢筋材料是铁的合金，属于金属合金材料，A正确；B．混凝土为无机非金属材料，耐酸碱腐蚀，B正确；C．“黄鹤楼”表面为铜绿，主要成

分为碱式碳酸铜，是黄鹤楼变绿的主要原因，C错误；D．金属材料容易生锈的主要原因是因为在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀，在潮湿(中性)空气中主要发生吸氧腐蚀：22O

2HO4e4OH−−++=，D正确；故选C。2.下列化学用语错误的是A.2p能级电子云轮廓图B.2N分子中yy2p2pπ−键形成过程C.3NH分子空间填充模型D.三种杂化轨道A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】

A．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，2p能级有2px、2py、2pz轨道，轨道的电子云轮廓图是依次沿x轴、y轴和z轴方向伸展的哑铃形，故A正确；B．p-pπ键电子云轮廓图为未参与杂化的p电子通过肩并肩的方式形成的π键，原子轨道的重叠部分对等地分布在包括键轴在内的平面上、下两侧，呈镜面对称，则2

N分子中yy2p2pπ−键形成过程正确，故B正确；C．氨分子中心N原子上的孤电子对数为12(5-3×1)=1、σ键电子对数为3，价层电子对数为4，呈三角锥形，但图示模型不是3NH分子空间填充模型、是球棍模型，故C错误

；D．键角依次为180°、120°、109°28’，对应的杂化方式依次为sp、sp2、sp3，故有三种杂化轨道，故D正确；故选：C。3.常温下，选择下列试剂和干燥剂能制取对应的纯净干燥的气体的是选项试剂干燥剂气体A生石灰和浓氨水碱石灰NH3B稀盐酸和软锰矿浓硫酸Cl2C稀硫酸和大理石氢氧化钠CO

2D浓硝酸和Na2SO3溶液五氧化二磷SO2A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．生石灰与水反应生成Ca(OH)2，溶液碱性增强，氢氧根离子浓度增大，反应放出热量，促进NH3从氨水中逸出，碱石灰可用于干燥氨气，即能得到纯净干燥的氨气，A正确；B

．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，稀盐酸不行，B错误；C．稀硫酸与大理石反应生成微溶物CaSO4，附着在大理石表面，使之不能完全反应；氢氧化钠溶液会吸收CO2，C错误；D．浓硝酸能氧化Na2SO3生

成硫酸钠，不能得到SO2，D错误；答案选A。4.生活中“暖贴”使用方便，原料层有铁粉、炭粉和食盐水，发热原理是构成微电池，将化学能转化为电能，电能转化为热能，最终生成红色粉末。下列叙述正确的是A.微电池负极上的电极反应式为3F

e3eFe−+−=B.可用NaCl粉末替代食盐水C.制造“暖贴”的关键是调节合适的透氧速率D每消耗2.24L(标准状况)2O时必消耗11.2g铁粉【答案】C【解析】【分析】铁粉、炭粉和食盐水，组成原电池，其中Fe作负极，炭粉作正极，食盐水作电解质溶

液，据此分析解答。【详解】A．Fe作负极时，生成Fe2+，电极反应式为：2Fe2eFe−+−=，故A错误；B．NaCl粉末替代食盐水，不存在电解质溶液，无法形成闭合回路，则不能构成原电池，故B错误；C．“暖贴”需要控制反应速率，避免反应过慢或过快，因此制造的关键是调节合适的透氧速率，故C正确；D

．标准状况下2.24L2O的物质的量为0.1mol、转移电子0.4mol，若氧气只发生原电池反应，结合电极反.应：2Fe2eFe−+−=，可知消耗0.2molFe、质量为11.2g，但实际氧气还要氧化Fe2+，最终生成红色粉末，因此消耗

的Fe的质量不为11.2g，故D错误；故选：C。5.THR1442(结构如图)是治疗糖尿病的药物。下列关于THR1442的叙述正确的是A.属于芳香烃B.含两种含氧官能团C.能与3FeCl溶液发生显色反应D.苯环上有2种一氯代物【答案】B【解析】【详解】A．该分子除

含C、H元素外，还含O和Cl元素，不属于烃，A错误；B．该分子中含有两种含氧官能团，分别是醚键和羟基，B正确；C．该分子中不含有酚羟基，不属于酚类有机物，不能与3FeCl溶液发生显色反应，C错误；D．如图，该物质含有两个苯环，苯环上有5种等效氢原子，故苯环上的一氯代物共有5

种，D错误；故选B。6.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A熔点：2SiO高于干冰晶体类型B键长：4Ti(CO)中CO键大于CO中的杂化类型C酸性：2FCHCOOH强于2ClCHCOOH共价键极性D溶解度：2I在4C

Cl中大于在水中分子极性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．2SiO为共价晶体，熔点较高，二氧化碳形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点：2SiO高于干冰，A正确；B．4Ti(CO)中Ni原子中心与四

个羰基相连，CO配体中碳氧以三键相连，碳端与金属配合，配体和中心原子之间形成配位键，加强了中心原子与配体之间的结合力，从而使得配体中碳氧键被削弱，键长增长，与杂化类型无关，B错误；C．由于电负性F>Cl，C-F键极性大于C-Cl键，使

得2FCHCOOH中羧基上的羟基极性增强，氢更易电离，酸性增强，故酸性：2FCHCOOH强于2ClCHCOOH，C正确；D．碘为非极性分子，4CCl为非极性分子，水为极性分子，则在4CCl中的溶解度大于在水中的溶解度，与分子极性有关，D正确；故选B。7.非金属元素组成的

化合物44YXWZ是发射火箭的固体燃料，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W最外层电子数之差为6，基态Y原子有3个未成对电子，基态Z原子价层电子排布式为2spnnnn。下列叙述正确的是A.简单离子半径：Y<ZB.第一电离能

：XYC.简单氢化物的沸点：YZD.44YXWZ属于离子晶体【答案】D【解析】【分析】基态Z原子价层电子排布式为n2nnsnp，可知n=2，Z为O，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态Y原子有3

个未成对电子，推测Y为N，结合非金属元素组成的化合物44YXWZ，推测X为H、X、W最外层电子数之差为6，推测W为Cl，则X、Y、Z、W分别是H、N、O、Cl，据此作答。【详解】A．N3-和O2-外层电子相同，核电荷数越大，离子半径越小，N3-＞O2-，故A错误；B．

第一电离能即失去最外层电子的难易程度，N更难失去电子，所以第一电离能H＜N，故B错误；C．水的沸点100℃，氨气的沸点-33.5℃，简单氢化物的沸点：23HONH，故C错误；D．NH4ClO4属于盐，有铵根离子和高氯酸

根离子，所以属于离子晶体，故D正确；答案选D。8.侯氏制碱法的原理是32234NHCOHONaClNaHCONHCl+++=+。设AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，22.24LCO中含键数为A0.4N

B.20.1molHO分子中含孤电子对数为A0.2NC.38.4gNaHCO晶体中含离子数为A0.3ND.141L0.1molLNHCl−溶液中含4NH+数为A0.1N【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，22.24LCO的物质的量为

0.1mol，2CO的结构为O=C=O，含有2个键，故标准状况下，22.24LCO中含键数为A0.2N，A错误；B．1个2HO分子中含2对孤电子对，则0.1mol2HO分子中含孤电子对数为A0.2N，B正确；C．3NaHCO由钠离子和碳酸氢根离子组成，8.4g3NaHCO

晶体即0.1mol，含有的离子数为A0.2N，C错误；D．4NH+属于弱碱根离子，能部分发生水解，故141L0.1molLNHCl−溶液中含4NH+数小于A0.1N，D错误；故选B。9.2，6—二溴吡啶是合成阿伐斯汀的中间体，实验室制

备2，6—二溴吡啶的步骤如下：步骤1：在三颈烧瓶中加入2，6—二氯吡啶、冰醋酸，搅拌溶解后，在110℃下，通入HBr。步骤2：反应完毕，冷却至室温，析出晶体，过滤。步骤3：利用如图装置回收乙酸。母液回收溶剂后，冷却，析出晶体，过滤，合并两次晶体，在空气中干燥。已知：乙酸、2，

6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为117.9℃、206℃、249℃；油浴温度为100～250℃；沙浴温度为220～350℃。下列叙述错误的是A.步骤1采用“油浴”加热三颈烧瓶B.图示装置中毛细玻璃管

起平衡气压的作用C.接收瓶最先收集到的是2，6—二溴吡啶产品D.实验中乙酸作溶剂，回收后可循环利用【答案】C【解析】【分析】该实验的实验目的是在冰醋酸作用下2，6-二氯吡啶与溴化氢在110℃条件下共热反应制备

2，6—二溴吡啶。【详解】A．由分析可知，制备2，6—二溴吡啶的反应温度为110℃，由题给信息可知，2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为206℃、249℃，油浴温度为100～250℃、沙浴温度为220～350℃，所以为防止2，6—二溴吡啶挥发逸出，步骤1采用“油浴”加热三颈烧瓶，

故A正确；B．由实验装置图可知，通过调节“螺口夹”，使微量空气进入烧瓶，产生的小气泡可起到防暴沸、搅拌等作用，故B正确；C．蒸馏时沸点最低物质最先气化，由题给信息可知，乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为117.9℃、206℃、249℃，则接收瓶最

先收集到的是乙酸，故C错误；D．由相似相溶原理可知可知，步骤1中加入乙酸的作用是做溶剂，溶解2，6—二氯吡啶得到溶液，有利于增大反应物的接触面积，使反应更加充分，蒸馏回收得到的乙酸可循环利用，故D正确；故选C。10.科学家

设计并制备出了一种新型的稳定手性化合物(其分子中的手性氧鎓离子结构如图)。下列叙述错误的是A.手性氧鎓离子中含非极性键和极性键B.手性氧鎓离子中碳原子采用2sp、3sp杂化方式的C.1mol手性氧鎓离子含210molssp−型键D.手

性氧鎓离子中氧元素的电负性最大【答案】C【解析】【详解】A．该化合物中所含碳碳键是非极性键、碳氧键是极性键，A正确；B．该化合物中苯环上的碳原子采用sp2杂化，甲基上碳原子采用sp3杂化，手性氧鎓离子中碳原子既有2sp又有3sp杂化，B

正确；C．1mol手性氧鎓离子苯环上的碳原子采用sp2杂化，和氢原子形成28molssp−型键，故1mol手性氧鎓离子含28molssp−型键，C错误；D．在该化合物所含元素中，C、O位于第二周期，O的电负性更大，D正确；答案选C11.半导体材料砷化镓的晶胞如

图所示。下列叙述错误的是已知：AN为阿伏加德罗常数的值，砷化镓晶体密度为3gcmd−。A.基态As原子有3个未成对电子B.砷化镓的化学式为GaAsC.砷原子的配位数为4D.xy原子间的距离为103A2414510pm4dN【答案】D【解析】【详解】A．As为33号元素，原子核外有33个电子

，核外电子排布式为10233d4s4pAr，因此有3个未成对电子，A正确；B．根据均摊法，晶胞中Ga原子的个数为4，As原子的个数为1168428+=，所以化学式为GaAs，B正确；C．砷化镓晶胞中与镓原子最近的As原子个数是4个，则配位

数为4，C正确；D．假设晶胞参数为apm，由晶胞结构可知，晶胞中x与y原子的最近距离为体对角线的14，则最近距离。为3a4pm，晶胞中As和Ga的原子个数均是4个，则砷化镓的密度()303303A33A4M

47075Nd10g?10g?aaNcmcm−−+==则103A4145a10pmdN=，代入可得距离为103A34145104pmdN，D错误；故选D。12.中南大学某团队提出利用炔烃、醛、胺等工业大

宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应，来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成，反应历程如图所示。下列叙述正确的是已知：Ph为65CH,Bn−为652CHCH−。A.总反应的原子利用率为100%B.2CO和2HO是催化剂C.途径b断裂了键和键D.产物6分子中含2个手性碳原子【答案】C

【解析】【详解】A．由反应历程图可知，生成物除了产物6外还有H2O，原子利用率小于100%，故A错误；B．由反应历程图可知，CO2是中间产物，H2O是生成物，都不是催化剂，故B错误；C．途径b第一步反应

醛基中碳氧双键断裂其中的键，第二步反应是取代反应，羟基被取代，断开的是键，故C正确；D．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，产物6分子中的手性碳为五元环上连Ph-的碳，只有1个，故D错误；答案选C。13.厦门大学某研究团

队开发了锂硅(215LiSi)合金基全固态电池(如图，电池工作时，Li+向b极移动)，可实现超高负载与首效。下列叙述正确的是A.a极发生还原反应B.b极上的电极反应式为LiSieLiSixxx+−++=C.电子由a极流出经电解质流向b极D.1molLi脱离锂硅合金时

转移2mol电子【答案】B【解析】【分析】锂硅(215LiSi)合金基全固态电池，原电池中阳离子向正极移动，电池工作时，Li+向b极移动，b极为正极，Si得电子被还原，电极反应式：xxLixeSiLiSi

+−++=，a极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式：215LiSi21e5Si2Li−+−=+。【详解】A．根据分析可知，a极为负极，发生氧化反应，A错误；B．根据分析可知，b极为正极，Si得电子被还原，电极反应式：xxLixeSi

LiSi+−++=，B正确；C．原电池中电子由负极a经导线传递到正极b，不经过电解质溶液，C错误；D．1molLi脱离锂硅合金时生成1molLi+转移1mol电子，D错误；答案选B。14.制备2TaS的反应为4222TaI(g)S(g)TaS(s)

2I(g)0H++。保持总压强不变，向反应器中充入一定量4TaI(g)和2S(g)，测得4Tal(g)平衡转化率与投料比()()42TaISnn=(温度不变)、温度倒数(1T)的关系如图所示。下列叙述错误的是A.正反应在较低温度下能自发进行B.曲线①代表4T

aI平衡转化率与投料比的关系C.气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡D.若投料比为2、0TK下，4TaI平衡转化率为40%，则此时2I的体积分数约为53%【答案】B【解析】【分析】根据题目所给图分析，图中横坐标是温度的倒数，且反应放热，即温度升高，

转化率降低，则曲线①为温度与转化率的关系，曲线②为投料比与转化率的关系；【详解】A．由反应方程式可知，该反应放热，且反应前后熵变化不大，即H0，根据GHTS=−，故该正反应在较低温度下能够自发进行，A正确；B．根据分析

，曲线①为温度与平衡转化率的关系，B错误；C．气体平均摩尔质量为mMn=，根据反应可知，反应后有固体存在，因此气体总质量发生改变，则气体平均摩尔质量在改变，因此当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，故C正确；D．若投料比为2、0T

K下，4TaI平衡转化率为40%，列出三段式：()()()()4222gSgs2Ig21000.80.80.81.61.20.20.81.6TaITaS++，则此时碘单质的体积分数约为1.6100%53%

1.20.21.6++，D正确；故选B。15.25℃时，向含2MgCl、3CHCOOH的溶液中滴加氨水，混合液中pX［pXlg,XX=−=()21MgmolLc+−或()()432NHNHHOcc+或()()33CH

COOCHCOOHcc−］与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是已知：25℃下，()()a3b32CHCOOHNHHOKK=。A.10.25sp2Mg(OH)10K−=B.直线1L代表()()432NHlgNHHOcc+−与pH的关系C.1340.1molLCHC

OONH−溶液中()()143NHCHCOO0.1molLcc+−−==D.()23322Mg(OH)2CHCOOHCHCOOMg2HO++的平衡常数K为7.2510【答案】D【解析】【分析】随着pH增大，()cOH−增大，()2cMg+逐渐减小，

则()2pMg+逐渐增大；()()()()4b3232cNHKNHHOcNHHOcOH+−=，随着pH增大，()cOH−增大，()b32KNHHO不变，则()()432cNHcNHHO+减小，()()432cNHpcNHH

O+逐渐增大；()()()()3a33cCHCOOKCHCOOHcCHCOOHcH−+=，随着pH增大，()cH+减小，()a3KCHCOOH不变，()()33cCHCOOcCHCOOH−增大，()()33cCHCO

OpcCHCOOH−减小，则1L代表()()33cCHCOOpcCHCOOH−。()()a3b32KCHCOOHKNHHO=，pH7=时，()()()()34332cCHCOOc

NHppcCHCOOHcNHHO−+=，则2L代表()()432cNHpcNHHO+，3L代表()2pMg+。【详解】A．3L代表()2pMg+，由N点坐标可知，pH9=时，()9cH10mol/L+−=，()5cOH10mol/L−−=，此

时()1252.cLM10mgol/+−=，()()2211.25sp2KMg(OHc)MgcOH10+−−==，A错误；B．根据分析可知，直线1L代表()()33cCHCOOpcCHCOOH−

，即直线1L代表()()33cCHCOOlgcCHCOOH−−，B错误；C．1340.1molLCHCOONH−溶液中，()4cNH+和()3cCHCOO−相互促进水解，二者浓度小于10.1molL−，C错误；D．()23322Mg(OH)2CHCOOHCHCOOMg2HO+

+的平衡常数()()()()()()()()222223a3sp22222w3cMgcCHCOOcHcOHKCHCOOHKMg(OH)KKcCHCOOHcHcOH+−+−+−==，结合M点坐标可知pH7=时，(

)()32.253cCHCOO10cCHCOOH−−=，()2.2574.75a3KCHCOOH101010−−−==，()()24.7511.257.252141010K1010−−−==，D正确；

答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含少量CaCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制备锂电池的正极材料LiMn2O4，流程如图所示。回答下列问题：（1）基态Mn原子价层电子排布式为___________。（2）提高

“酸浸”速率的措施有___________(答一种即可)；“浸渣1”的主要成分有CaCO3、___________(填化学式)。（3）“除铁铝”中Mn(OH)2的作用是___________。（4）“电解”后的“废液”可循环用于___________(填名称)工序。用过

一硫酸(H2SO5)替代“电解”氧化Mn2＋(生成MnO2)，该反应的离子方程式为___________。(注：H2SO5是一元强酸)。（5）在不同温度下，合成的LiMn2O4中，锰元素不同价态(Mn2＋、Mn3＋和Mn4＋)的含量与温度的关系如表所示。由此进行判

断，在一定温度范围内，下列符合锰元素的平均价态变化趋势的图像是___________(填标号)。T/℃w(Mn2＋)/%w(Mn3＋)/%w(Mn4＋)/%7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244

.4049.38A.B.C.D.（6）锂锰电池充放电时总反应为()24124LiMnOLiCLiMnOC01xyxyx+++充电放电。放电时，正极的电极反应式为___________。【答案】（1）3d54s2（2）①.将菱锰矿粉碎(或适当加热、搅拌等

)②.CaSO4、SiO2（3）中和酸，促进Al(OH)3、Fe(OH)3生成（4）①.酸浸②.222524MnHOHSOMnOSO3H+−−+++=++（5）A（6）24124LiMnOLieLiMnOxxx+−++

+=【解析】【分析】菱锰矿粉碎后加入硫酸酸浸，将碳酸盐和金属氧化物转化为硫酸盐，硫酸盐中CaSO4微溶于水，SiO2不与稀硫酸反应，因此过滤得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4，得到的滤液中含有可溶性硫酸盐。向滤液中加入MnO2，在酸性条件下MnO2将溶液中的Fe2＋转化

为Fe3+，向反应后的溶液中加入Mn(OH)2，调节溶液pH内，将溶液中Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Fe(OH)3、Al(OH)3沉的滤渣1和含有Ca2+、Mg2+、Mn2+的滤液。向滤液中加入Na2C2O4溶液，将溶液中Ca2

+、Mg2+转化为CaC2O4、MgC2O4沉淀；过滤后得到含有CaC2O4、MgC2O4沉淀的滤渣2，滤液中含有MnSO4。将溶液电解，反应产生MnO2，然后向MnO2中加入Li2CO3进行煅烧，反应产生LiMn2

O4、CO2、O2。【小问1详解】Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2。答案为：3d54s2。【小问2详解】菱镁矿是固体矿物质，要加快固体与液体物质反应的反应速率，方法可以是粉碎菱镁矿、适当增大硫酸溶液的浓度、加热、搅拌等。菱

锰矿加入稀硫酸酸浸，碳酸盐和金属氧化物转化为硫酸盐，CaSO4微溶于水，SiO2不与稀硫酸反应，因此过滤得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4。答案为：将菱锰矿粉碎(或适当加热、搅拌等)；CaSO4、SiO2。【小问3详解】“除铁铝”中Mn(OH)2的作用是与溶液中H+反

应，促使Al3+、Fe3+的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时也不会带入新的杂质。答案为：中和酸，促进Al(OH)3、Fe(OH)3生成。【小问4详解】除Ca后的废液中含有MnSO4，将该溶液进行电解，Mn2+在阳极失去电子，被氧化产生MnO2，同时反应

产生H+，阳极的电极反应式为：Mn2+-2e－+2H2O=MnO2↓+4H+，可见电解后溶液为硫酸，可循环用于“酸浸”工序，用于溶解菱镁矿。若用过一硫酸(H2SO5)替代“电解”氧化Mn2+，Mn2+被氧化生成MnO2，由于H2SO5是一元强酸，其电离产生

的5HSO−得到电子被还原为24SO−，配平的离子方程式为222524MnHOHSOMnOSO3H+−−+++=++。答案为：酸浸；222524MnHOHSOMnOSO3H+−−+++=++。【小问5详解】由表中数据可知：700~750℃，w(M

n2+)逐渐减小，w(Mn4+)逐渐增大；而在750~850℃，w(Mn2+)逐渐增大，w(Mn4+)逐渐减小；w(Mn3+)受温度的影响变化不大，可说明锰元素的平均价态的变化趋势是先变大，后变小，故合理选项是A。答案选A。【小问6详解】根据图示可知锂锰电池在放电时，负极上

LixCy失去电子，发生氧化反应，负极的电极反应式为：LixCy-xe－=xLi++Cy；正极上LiMn2O4得到电子发生还原反应生成Li1+xMn2O4，正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe－+xLi+=Li1+xMn2O4。答案

为：24124LiMnOLieLiMnOxxx+−+++=。17.工业上，可以用3O处理烟气中的NO、2SO，总反应为23SO(g)NO(g)2O(g)++322SO(g)NO(g)2O(g)ΔH++，有关反应的能量变化曲线如图

所示。回答下列问题：（1）NO和3O反应的热化学方程式为___________；23322SO(g)NO(g)2O(g)SO(g)NO(g)2O(g)ΔH=++++___________1kJmol−。（2）其他条件不变，仅增大()NOc，对总反应速率几乎没有影响，其原因可能是__

_________。（3）一定条件下，2332SO(g)O(g)SO(g)O(g)++ƒ的速率方程为()()23v=kcSOcO(k为速率常数，只与温度有关)。阿伦尼乌斯公式：aERlnkT−=(R为常数；aE为活化能，不随温度改变；T为温度)。2SO和3O在不同催

化剂Cat1、Cat2作用下进行反应，Rlnk与1T的关系如图1所示。其他条件相同时，催化效能较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是___________。（4）在恒容密闭容器中保持起始时反应物的总物质的量不变，

充入NO和3O，发生反应322NO(g)O(g)NO(g)O(g)++，NO平衡转化率与温度(T)、投料比()3n(NO)ηη=nO的关系如图2所示。①1η___________(填“>”“<”或“=”)2η。平衡常数K(a)、K(b)和K(c)由大到小的顺序为__

_________。②若10η1T.K=，下该反应的平衡常数pK=___________。（5）在恒容密闭容器中充入21molSO和32molO，发生反应2332SO(g)O(g)SO(g)O(g)++ƒ，测得部分物质的浓度变化如图3所示。M点对应的反应体系中

3O的体积分数为___________。【答案】（1）①.()()()()322NOgOgNOgOg+=+1ΔH200.9kJmol−=−②.-442.5（2）SO2和O3反应的活化能远大于NO和O3反应的活化能，前者为控速反应（3）①.Cat1②.改变相同温度，Cat1对应直线变化值较小，说

明活化能较小（4）①.<②.()()()Ka>Kb=Kc③.16（5）50%【解析】【小问1详解】由图可知，NO和3O反应的热化学方程式为①()()()()322NOgOgNOgOg+=+111a1a2ΔHEE3.2

kJmol204.1kJmol200.9kJmol−−−=−=−=−；由图可得2SO和3O反应的热化学方程式为②()()()()2332SOgOgSOgOg+=+111a1a2ΔHEE58.2kJmol299.

8kJmol241.6kJmol−−−=−=−=−，由盖斯定律可得:①+②得到23322SO(g)NO(g)2O(g)SO(g)NO(g)2O(g)++++，111ΔH241.6kJmol(200.9kJmo

l)442.5kJmol−−−=−+−=−【小问2详解】NO和3O反应的活化能远大于NO与O2反应的活化能，即SO2和O3的反应为控速反应，总反应的速率主要取决于SO2和O3反应，因此，当其他条件不变，增大c(NO)，对总反应速率几乎没有影响；【

小问3详解】由图可知，当温度变化量一定时，Cat1作用下的RlnK变化值较小，对应的活化能较小，催化效率较高；【小问4详解】①其他条件相同时，投料比()3n(NO)ηη=nO越大，NO的平衡转化率越小，即12；平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，

温度越高，平衡常数越小，即()()()Ka>Kb=Kc；②当()13n(NO)η=1nO=时，NO的平衡转化率为80%，设投入NO的物质的量为amol，即转化的NO物质的量为0.8amol，可得三段式：322+O(

g)NO(g)+O(g)/molaa00/mol0.8a0.8a0.8a0.8a/mol0.2a0.2a0.8a0.8aNO(g)起始转化平衡，平衡时总物质的量为2amol，NO、O3、NO2、O2物质的量分数分别为0.1、0.1、0.4、0.4，设总压强为P，即平衡常数p0.4p0

.4pK=160.1p0.1p=；【小问5详解】在恒容密闭容器中充入21molSO和32molO，设M点时，转化的2SO物质的量为x，可得三段式：2332SO(g)O(g)SO(g)O(g)/mol1200/molxxxx/mol1x2xxx++−

−起始转化平衡，由可逆反应特征可知，O3消耗量一定小于1mol，则其剩余量一定大于1mol，因此图中两条线应为SO2和SO3的变化量曲线；即232n(SO)=n(SO)=n(O)，1-x=x，解得x=0.5mol，总物质的量为

0.5+1.5+0.5+0.5=3mol，此时O3体积分数等于物质的量分数为：1.5mol×100%=50%3mol。18.某小组设计实验探究盐对2244PbSO(s)Pb(aq)SO(aq)+−+平衡体系的影响。回答下列问题：（1）取一定量4Pb

SO溶于水，过滤，在饱和4PbSO溶液中加入少量()32PbNO固体粉末，观察到___________(填实验现象)，可证明饱和4PbSO溶液中存在上述平衡。（2）在饱和23NaCO溶液中加入适量4PbSO粉末，充分搅拌，过滤、洗涤，将白色固体溶于足量稀硝酸中，产

生气泡，固体基本能完全溶解。①23NaCO和4PbSO反应的离子方程式为___________。②列举上述原理在生产中的应用：___________。（3）常温下，在100mL不同浓度的34CHCOO

NH溶液中加入44PbSO,PbSO溶解量与34CHCOONH溶液浓度的关系如图1所示，实验现象为白色固体溶解，得到无色透明溶液。已知：()32CHCOOPb溶液导电率很小。4PbSO易溶于34CHCOO

NH溶液的主要原因是___________，()32CHCOOPb的电离方程式为___________。（4）溶液中离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽(吸引)，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。①常温下，

4PbSO在不同浓度的24NaSO溶液中的溶解度如图2所示。分析()24NaSOc在10~0.20molL−时，4PbSO溶解度发生变化的原因：___________。②拓展探究。已知：2Ag2ClAgCl+−−+。实验测得：AgCl(s)在稀食盐水中的溶解度随着(NaCl)

c的增大而呈先减小后增大的变化趋势。分析AgCl溶解度“增大”的原因：___________。【答案】（1）产生白色沉淀(或溶液变浑浊)（2）①.224334PbSOCOPbCOSO−−+=+②.用饱和Na2CO3溶液浸泡铅蓄电池电极表面PbSO

4，然后用盐酸(或硝酸)清洗（3）①.生成了难电离()32CHCOOPb，促进()()()2244PbSOPbaqSOaqs+−+平衡向右移动②.()2332CHCOOPb2CHCOOPb−++（4）①.(

)24NaSOc较小时，受同离子效应影响()()()2244PbSOPbaqSOaqs+−+平衡向左移动；()24NaSOc较大时，受盐效应影响平衡向右移动，且盐效应起主导作用Ag+和Cl−形成2AgCl−，促进()()()AgClsAgaqClaq+−

+平衡向右移动②.Ag+和Cl−形成2AgCl−，促进()()()AgClsAgaqClaq+−+平衡向右移动，AgCl溶解度增大【解析】【小问1详解】取一定量4PbSO溶于水，过滤，在饱和4PbSO溶液中加入少量

()32PbNO固体粉末，即增加铅离子浓度，观察到产生白色沉淀(或溶液变浑浊)，可证明饱和4PbSO溶液中存在上述平衡；【小问2详解】在饱和23NaCO溶液中加入适量4PbSO粉末，生成碳酸铅沉淀，充

分搅拌，过滤、洗涤，将白色固体溶于足量稀硝酸中，产生气泡，固体基本能完全溶解，①23NaCO和4PbSO反应的离子方程式为，224334PbSOCOPbCOSO−−+=+，的②借助上述原理在生产中加以应用，用饱和23NaCO溶液浸泡铅蓄电池电极表

面4PbSO，然后用盐酸(或硝酸)清洗；【小问3详解】4PbSO易溶于34CHCOONH溶液的主要原因是生成了难电离的()32CHCOOPb，促进()()()2244PbSOPbaqSOaqs+−+平衡向右移动，()32CHCOOPb是一种弱

电解质，所以部分电离，电离方程式为()2332CHCOOPb2CHCOOPb−++；【小问4详解】①常温下，4PbSO在不同浓度的24NaSO溶液中的溶解度先减小后增大，4PbSO溶解度发生变化的原因是()24cNaSO较小时，受同离子效应影响()()()2244PbSOPba

qSOaqs+−+平衡向左移动，溶解度减小，()24cNaSO较大时，受盐效应影响平衡向右移动，且盐效应起主导作用，溶解度增大；②AgCl(s)在稀食盐水中的溶解度随着c(NaCl)的增大而呈先减小后增大，Ag+和Cl−形成2AgCl−，促进()()()AgClsAgaqClaq+−+平衡向右移动

，AgCl溶解度增大。19.马来酸依那普利是一种有机化合物，主要用作血管紧张素转化酶抑制药，用于各期原发型高血压、肾性高血压、充血性心力衰竭的治疗。一种合成马来酸依那普利的路线如图，回答下列问题：（1）ⅰ的分子式为

___________。（2）ⅴ中官能团的名称是___________，ⅳ→ⅴ所需的有机物可由气体y在一定条件下与水反应制备，该制备反应是理想的绿色化学反应，y的名称是___________。（3）根据化合物ⅵ的结构特征，分析

预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新官能团反应类型a______________________(侧链)加成(或还原)反应b___________-COOH和___________(酸性条件下)

水解反应（4）下列关于ⅵ→ⅶ→马来酸依那普利的叙述正确的是___________(填标号)。A.ⅵ→ⅶ中，断裂了CO=中键和HN−键B.ⅵ→ⅶ中，形成了CO=键和CN−键C.ⅶ分子中N原子都采用3sp杂化D.马来酸依那普利中存在氢键（5）X是ⅵ的同分异构体，X能与

3NaHCO反应，也能发生银镜反应，X的苯环上含有3个取代基，且含氧官能团直接连在苯环上，符合条件的X共有___________种。（6）以甲苯、乙二酸二甲酯为碳源，参照上述相关原理合成ⅷ，ⅷ的结构简式如图所示。a．有两

种有机物参与的反应的化学方程式为___________。b．第一步反应的化学方程式为___________(标明反应条件)。【答案】（1）C8H10O（2）①.酯基②.乙烯（3）①.H2，催化剂和加热②.—OH③.稀硫酸，加热④.—OH（4）AD（5）40（6）①.②.【解析】【分析】i

发生取代反应生成ii，ii发生反应生成iii，iii与v发生取代反应生成vi，vi发生反应生成vii，vii先与氢气发生加成反应，再与结合成马来酸依那普利。【小问1详解】根据i结构简式可知其分子式：C8H10O；小问2详解】v中官能团为酯基；反应ⅳ→ⅴ

为ⅳ与乙醇发生酯化反应，乙醇可由乙烯与水发生加成反应制得；【小问3详解】有机物vi含官能团：酯基和酮羰基，其中酮羰基可与氢气在催化剂作用下发生加成反应形成羟基；酯基在稀硫酸、加热条件下发生水解反应，形成羧基和羟基；【小问

4详解】A．对比vi和vii结构简式可知，反应过程中酮羰基先发生加成反应，后由羟基发生消去反应，则断裂了CO=中π键和HN−键，A正确；B．反应ⅵ→ⅶ中，形成了CN−键，但没有形成CO=键，B错误；C．化合物中形成双键的N为sp2杂化，C错误；D．马来酸依那普利中存在羧基官

能团，可形成氢键，D正确；答案选AD；【小问5详解】X是ⅵ的同分异构体，X能与3NaHCO反应，说明含COOH−，能发生银镜反应，说明含CHO−，X的苯环上含有3个取代基，且含氧官能团直接连在苯环上，则苯环上存在另一侧链可为：2223CHCHCHCH−、()323CHCHCHCH−

、()233CHCHCHCH−和()33CCH−，苯环上连接3种不同侧链，存在10中同分异构体，则共存在40种同分异构体；【小问6详解】甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，参考合成路线ii→iii，与Mg反应生成，与乙二酸二甲

酯发生反应生成，【与氢气发生加成反应生成；a．有两种有机物参与的反应的化学方程式：；b．第一步反应的化学方程式：。