【文档说明】北京市第一六一中学2023-2024学年高三下学期开学考化学试题 Word版含解析.docx，共(26)页，4.024 MB，由小赞的店铺上传

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北京一六一中学2023—2024学年度第二学期开学测试高三化学试卷考生须知1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。4.考试结束后，将答题纸

、试卷和草稿纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Ni59Pr141Cl35.5K39Cu63.5I127一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求

。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置．．．．．．．．．．．．．．．．．。1.中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确．．．的是A.核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族B.被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝

合金，其强度大于纯铝C.“问天”实验舱使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期D.太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．氙位于元素周期表0族，故A正确；B．铝合金强度大于纯铝，故B正确

；C．砷和镓位于元素周期表第四周期，故C正确；D．碳纤维框架和玻璃纤维网均属于无机非金属材料，故D错误；故选D。2.三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确．．．的是A.分子中O和F的第一电离能：O<FB.分子中四个碳原子在同一条直线上C.分子中碳

原子有sp2和sp3两种杂化类型D.制备三氟乙酸乙酯的酸和醇均能与Na反应【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左往右第一电离能有增大趋势，所以分子中O和F的第一电离能：O＜F，A正确；B．有机物中有4个C，没有碳碳三键官能团，分子

中四个碳原子不在同一条直线上，B错误；C．形成双键的C为sp2杂化，余下三个C为sp3杂化，C正确；D．制备三氟乙酸乙酯的三氟乙酸和乙醇均能与Na反应生成H2，D正确；故选B。3.下列事实与解释不对应．．．的是选项事实解释A第一电离能：NaKNa与K位

于同一主族，原子半径：Na<K，原子核对外层电子的吸引能力：NaKB晶体中每个分子紧邻的分子数：硫化氢晶体(12个)冰(4个)冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合C分子的极性：34

NHCHNH−键的极性大于CH−键的极性D熔点：()()33AlF1040AlCl178℃℃3AlF属于离子晶体，3AlCl属于分子晶体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na与K位于同一主族，原子半径：Na<K，原子核对外层电子的吸引能力：Na>K，K更容易失去电子，所以第

一电离能：Na>K，A正确；B．冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合，为面心立方堆积，所以晶体中每个分子紧邻的分子数：硫化氢晶体(12个)>冰(4个)，B正确；C．分子

的极性：NH3>CH4，因为氨气为三角锥，没有对称中心，甲烷为正四面体，有对称中心，C错误；D．AlF3属于离子晶体，AlCl3属于分子晶体，一般为离子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点：AlF3(1040℃)>AlCl3(178℃)，D正确；故选C。4.下列方程式与所给事实相符的是A.含少量2H

S的乙炔通入4CuSO溶液，生成黑色沉淀：22CuSCuS+−+=B.加热Fe和S的混合物生成黑色固体：232Fe3SFeS+C.向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液：()332Ag2NHAgNH+++=D.向4NaHSO溶液中加入2Ba(OH)至溶液显中性：224422HSO

2OHBaBaSO2HO++−−+++=+【答案】D【解析】【详解】A．2HS通入4CuSO溶液，生成黑色沉淀，方程式为：2++2Cu+HS=CuS+2H，A错误；B．加热Fe和S的混合物生成黑色固体F

eS：FeSFeS+，B错误；C．向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液：()+332-22AOH·HO+Cl+2HgCl+2NH=AgN，C错误；D．向4NaHSO溶液中加入2Ba(OH)至溶

液显中性，氢离子与氢氧根离子完全反应，离子方程式为：224422HSO2OHBaBaSO2HO+−−++++=+，D正确；答案选D。5.能证明Na2SO3溶液中存在SO2-3＋H2O⇌HSO-3＋OH－水解平衡事实的

是()A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去D.滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去【答案】C【解析】【详解】A．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度

大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；B．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有

漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根

离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故C正确；D．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入NaHSO4溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故D错误；故选C。

6.下列实验能达到实验目的的是AB比较相同温度下spK(ZnS)和spK(CuS)的大小检验有机化合物中含溴原子CD探究干燥的氯气是否具有漂白性研究浓度对化学平衡的影响A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．含

有的硫化钠会和铜离子生成硫化铜沉淀，不能比较相同温度下spK(ZnS)和spK(CuS)的大小，A错误；B．冷却后应该加入酸酸化，除去过量的氢氧化钠防止干扰溴离子的检验，B错误；C．应该先通过干燥的有色布条，再通过湿润的有色布条，通过对比说明氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸具有漂白

性，C错误；D．实验中变量为KSCN溶液的浓度，对比实验加入水排除溶液体积增大对实验的影响，通过溶液颜色变化可以研究浓度对化学平衡的影响，D正确；故选D。7.24LiMnO为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A

、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：2461246LiMnOCLiMnOLiCxx−+→+。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(III)、Mn(IV)。下列说法不正确的是A.每个晶胞含8个Li+B.立

方单元B中Mn、O原子个数比为1:2C.放电时，正极反应为12424LiMnOLieLiMnOxxx+−−++=D.若0.6x=，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4【答案】B【解析】【详解】A．从A立方单元中可知，一个A

单元中含2个Li+，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个Li+，故A正确；B．由立方单元B可知Mn原子个数分别为151642+=，O原子个数为118+6482=，所以Mn、O原子个数比为5:45:82=，故B错误；C．放电时，正极124LiMnOx−得电子被还原，反应式：12

424LiMnOLieLiMnOxxx+−−++=，故C正确；D．若0.6x=，根据化合物124LiMnOx−化合价之和为0的原则，可计算出Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4，故D正确；故选B。8.某小组分别进行如下3组实验研究4CuSO与KSCN的反应，实验记录如下：序号实验试剂现象①

1滴11molLKSCN−溶液溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成；静置2小时后底部有少量白色沉淀②先加入5滴()12430.125molLFeSO−溶液，再加入1滴11molLKSCN−溶液溶液变红，未见白色沉淀生成③先加入5滴140.25molLFeSO−溶液，再加入1滴11molLK

SCN−溶液溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失已知：水溶液中，CuSCN为白色沉淀，24Cu(SCN)−呈黄色。2(SCN)被称为“拟卤素”。下列说法不正确的是A.①中生成白色沉淀的原因是：2242CuCu(SCN)2CuSCN(SCN)−++=+B.由①可推知：

①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的C.由②③可推知，结合SCN−的能力：32FeCuCu+++D.由①③可推知：2Fe+促进了2Cu+转化为CuSCN【答案】C为【解析】【详解】A．4CuSO溶液中滴加1滴11molLKSCN−溶液，生成黄色24Cu(

SCN)−，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：2242CuCu(SCN)2CuSCN(SCN)−++=+，A正确；B．根据①中现象可知，2+Cu先与SCN−形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧化还原反应生成白色沉淀C

uSCN，B正确；C．②中溶液变红，未见白色沉淀生成，说明结合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失，说明结合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；结合SCN−的能力：32CuFeFe+++，C错误；D．由①③可推知：2Fe+促进了2Cu

+转化为CuSCN，D正确；答案选C。9.在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是A.①中，催化剂被氧化B.②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子C.总反应为32322322CHCHCHO2CHCHCH2HO+⎯⎯⎯→=+催化剂D.总反

应的速率由③决定【答案】D【解析】【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确；B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；D．①过程中活化能为181.1kJ/mol，②过程中

活化能为27.9kJ/mol，③过程中活化能为20.2kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；答案D。10.下列结论可由实验事实推导出的是选项实验事实(均为室温)结论A浓度均为10.1molL−的NaCl

O溶液和2NaNO溶液的2pH:NaClONaNO()aa2K(HClO)KHNOB向4BaSO固体中加入过量饱和23NaCO溶液，有3BaCO生成()()sp4sp3KBaSOKBaCOC向苯酚钠溶液中通入过量2CO，

发生反应：+CO2(过量)+H2O+HCO3−Ka2(H2CO3)<Ka()D向平衡体系：3222Fe2I2FeI+−+++中加入3AgNO溶液，平衡向左移动该条件下氧化性：32IFe+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．浓度均为

10.1molL−的NaClO溶液和2NaNO溶液的2pH:NaClONaNO，根据“越弱越水解”，说明酸性HNO2>HClO，则()aa2K(HClO)KHNO，故选A；B．一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，向4BaSO固体中加

入过量饱和23NaCO溶液有3BaCO生成，不能证明()()sp4sp3KBaSOKBaCO，故不选B；C．向苯酚钠溶液中通入少量2CO，生成苯酚和碳酸氢钠才能证明()a223HCOK小于苯酚，故不选C；D．向平衡体系3222Fe2I2FeI+−+++中加入

3AgNO溶液生成AgI沉淀，I-浓度降低，平衡向左移动，不能证明氧化性：32IFe+，故D错误；选A。11.采用惰性电极电解制备乙醛酸()的原理如下所示。E室电解液为盐酸和乙二醛()的混合溶液，F室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确．．．的是A.a为电源正极B.H+从

E室迁移至F室C.外电路中每通过2mol电子，理论上就有1mol乙醛酸生成D.E室中乙二醛被氧化的化学方程式：H2O+Cl2+→+2HCl【答案】C【解析】【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a电极为正极；b为负极，右侧电极为阴极，据此分析解答；【详解】A．由以上分析可知a为电源

正极，故A正确；B．电解池中H+向阴极移动，则H+从E室迁移至F室，故B正确；C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，则外电路中每通过2mol电子，理论上有2mol乙醛酸生成，故C错误；D．阳极生成的氯气与反应生成乙醛酸，1mol氯气得2mol电

子，1mol反应时失2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：H2O+Cl2+→+2HCl，故D正确；故选：C。12.实验室模拟侯氏制碱碳酸化制3NaHCO的过程，将2CO通入饱和氨盐水(溶质为3NH、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳

粒子在水溶液中的物质的量分数()与pH的关系如图2。下列说法正确的是A.0min，溶液中()()()4NaNHClccc++−+=B.060min，发生反应：223233422CO3NHHOCOHCO3NHHO−−++=+++C.水的电离程度：

0min60minD.0100min，()Nan+、()Cln−均保持不变【答案】C【解析】【详解】A．0min，为饱和氨盐水(溶质为3NH、NaCl)，溶液中存在()()NaClcc+−=，故()()()4NaNHClccc++−+，选项A错误；B．060m

in，随着反应的进行，60min时pH=10.3，生成的少量白色固体为3NaHCO，由图2可知，溶液中23CO−和3HCO−浓度相等，生成少量白色固体，但无法知道沉淀的物质的量与溶液中两种离子的物质的量之比，无法写出该反应的离子方程式，选项B错误；C．0min，为饱和氨盐水(溶质为3N

H、NaCl)，一水合氨抑制水的电离；60min，为碳酸氢铵与碳酸铵按1：1形成的溶液，促进水的电离；故水的电离程度：0min60min，选项C正确；D．0100min，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体，故溶液中()Nan+减少，()Cln−保持不变，选项D错误；答案选C。13.某大环分子(B

U[6])的合成路线如下所示。其中，—BU—表示下列说法不正确．．．的是A.试剂b的名称是甲醛B.试剂a的结构简式是C.F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3D.由E合成1molBU[6]时，共有12molH2O生成【答案】D【解析】【分析】E与试剂a发生取代反应生成F，F与试剂b发

生取代反应生成BU[6]，据此回答，【详解】A．根据分子式可知，b的名称为甲醛，A正确；B．分子式为C3H8SN2，-BU-结构中有S，根据原子守恒，S来自试剂a，则试剂a的结构简式是，B正确；C．根据结构简式可知，等效氢有三种，所以峰有三种，

分别是①-NH-，②-CH3，③，C正确；D．E生成F脱去2分子水，再脱氢缩合环化生成水，1mol-BU-脱3分子水，所以合成1molBU[6]时，共有18molH2O生成，D错误；故选D。14.乙醇-水催化重整发生如下反应：I．1252221CHO

H(g)3HO(g)2CO(g)6H(g)H174kJmol−++=+Ⅱ．12222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)H41kJmol−++=+恒压条件下，当投料比()()252nCHOH:nHO1:3=始始时，体系达

到平衡时2CO和CO的选择性随温度的变化如下图所示。已知：i．xCO的选择性2xnCO=100%nCOnCO生成生成生成（）（）+（）(x1=或2)ii．706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1下列说法不正确的是A.12522CHOH(g)HO(g)2CO(g)4

H(g)H256kJmol−++=+B.当T706=℃时，平衡体系中2H和2HO的物质的量：()()22nHnHOC.当T500=℃时，体系中总反应：25222CHOH2HOCOCO5H+++D.恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以

提高2H的平衡产率【答案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知，I+2Ⅱ=2522CHOH(g)HO(g)2CO(g)4H(g)++，则111H(174kJmol41kJmol)256kJ2mol−−−==++，A正确；B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡

常数为1，则()()()()222cCOcHOK==1cCOcH，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)>n(H2O)，B错误；C．当T=500℃时，平衡时CO2

和CO的选择性相等，则体系中总反应：25222CHOH2HOCOCO5H+++，C正确；D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选B。二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填

在答题纸中相应的横线上．．．．．．．．．．．．．．．。15.钙钛矿（通式为3ABX）是一类与钛酸钙()3CaTiO具有相似晶体结构的新型材料。（1）3CaTiO的晶胞形状为立方体，如右图所示。①基态O原子的价层电子轨道表示式为______。②该晶胞中，每个Ca周围与它最近且相等距

离的O有______个。③该晶胞结构的另一种表示中，Ti处于各顶角位置，则O处于______位置。（2）有机-无机杂化钙钛矿材料具有良好的光致发光、半导体性能，其中的合成过程如下：HCl++CdCl2→①中存在配位键，接受孤电子对的中心离子或原子是______。②比

较和中C-N-C键角的大小并解释原因______。③具有较低的熔点。从结构角度解释原因______。（3）相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr（镨）、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为

anm、anm、bnm，如图所示：①该物质的化学式为______。②阿伏加德罗常数为AN，该晶体的密度为______3gcm−。（71nm10cm−=）【答案】（1）①.②.12③.棱心（2）①.Cd2

+和H②.中C-N-C键角大于中的C-N-C键角；和中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C-N-C键角小③.是离子化合物，阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低（

3）①.Pr2NiO4②.221A405Nab10−【解析】小问1详解】①O原子价电子排布式为2s22p4，则价电子表达式为；②Ca周围最近的O原子位于以Ca原子为中心的12个面的面心上，最近的氧原子为12个；③将体心的Ti原子平移到顶角，则氧原子按同样的方式平移

到棱心上，因此O原子位于棱心位置；【小问2详解】①中的类似于铵根离子，H+提供空轨道，N提供孤电子对，中的Cd2+提供空轨道，Cl-提供孤电子对，因此接受孤电子对的原子或离子有H和Cd2+；②和中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，

孤电子对斥力大，C-N-C键角小，因此中C-N-C键角大于中的C-N-C键角；③是离子化合物，离子化合物的熔沸点和晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，【该化合物的阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，

所以熔点低；【小问3详解】①晶胞中Pr的个数为8×14+2=4，Ni原子的个数为8×18+1=2，O原子的个数为16×14+4×12+2=8，Pr、Ni、O原子个数比为4:2:8=2:1:4，化学式为Pr2NiO4；②晶胞的质量为AA141259164405NN

++=g，晶胞的体积为a2b×10-21cm3，因此晶胞的密度为221A405Nab10−g/cm3。16.一种利用低品位铜矿(2CuS、CuS、FeO和23FeO等)为原料制取CuCl工艺流程如下：已知：i.水溶液中不

存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。ii.室温时，()3FeOH的溶度积常数39sp2.810K−=。（1）铜矿中被2MnO氧化的物质有_______。（2）滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的__

_____。（3）固体E主要是3MnCO，生成3MnCO的离子方程式是_______。（4）滤液F加热生成2CO、3NH和CuO，反应的化学方程式是_______。（5）查阅资料：+1价Cu和Cl−可以形成2种配离子23CuCl−和2CuCl−。滤液G加大量水析出Cu

Cl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。（6）CuCl质量分数的测定称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(3Fe+将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与2Fe+

发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含4Cemol/Lc+的硫酸铁铈标准液滴定()2433FeCeFeCe+++++=+，的共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。【答案】（1）Cu2S、CuS、FeO（2）①.6L2/.810mo

l−②.生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+（3）322+2-3MOn+OC=On+2HMCO+HC（4）()33324CuNHCOCuO4NHCO＋＋（5）23CuCl−（6）99Vc100%1000m

【解析】【分析】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先

通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：()33324CuNHCOCuO4NHCO＋＋，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉

淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。【小问1详解】据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与2MnO发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。【小问2详解】室温时，()3FeOH的溶度积常数39sp2.810K−=；pH=

3时，--11c(OH)=110mol/L，所以-3933+c(OH)c(Fsp2.81)0eK−==，所以33961+132.L8102.8101c(Fe)0()mol/1−−−==；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)

4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为6L2/.810mol−；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。【小问3详解】向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为

碳酸锰沉淀，生成3MnCO的离子方程式为322+2-3MOn+OC=On+2HMCO+HC，故答案为322+2-3MOn+OC=On+2HMCO+HC。【小问4详解】滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成2CO、3NH和CuO，反应的化学方程式是()33324CuNHCOCuO4

NHCO＋＋，故答案为()33324CuNHCOCuO4NHCO＋＋。【小问5详解】2--3[CuCl]CuCl+2Cl，--2[CuCl]CuCl+Cl，从平衡移动角度分析，加

大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，23CuCl−更合理；故答案为23CuCl−。【小问6详解】称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(3Fe+将+1价Cu氧化)，+3+2+2+Cu+Fe=Fe+Cu，滴加

2滴试亚铁灵指示剂(与2Fe+发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含4Cemol/Lc+的硫酸铁铈标准液滴定()2433FeCeFeCe+++++=+，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有+3+4+Cu~Fe~Ce，则CuCl质量分数为-3V10Lcmol

/L99g/mol99Vc100%100%mg1000m=，故答案为99Vc100%1000m。17.罗沙司他可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，其中一种合成路线如下。已知：i．ii．Ts−表示某易离去的基团iii．（1）A含有的官能团为__

_________。（2）B→D的化学方程式为___________。（3）D→E的反应类型为___________。（4）G的结构简式为___________。（5）K经多步可得到N，写出L与M的结构简式。L：____

_______；M：___________。（6）试剂b分子式为252CHNO。N→P的转化过程中，还会发生多个副反应。写出其中一个副反应产物的结构简式：___________(核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比

为2:1)。【答案】（1）羧基和碳氟键（2）+23KCO⎯⎯⎯⎯→过量+HCl（3）加成反应（4）（5）①.②.（6）【解析】【分析】由题干合成流程图可知，由生成A的转化条件可推知A的结构简式为：，由A到B的转化条件可推知B的结构简式为：，由

E的结构简式和B到D、D到E的转化条件可知，试剂a的结构简式为：，D的结构简式为：，由E、J的结构简式和G、I的分子式并结合E到G、G到I、I到J的转化条件可知，G的结构简式为：，I的结构简式为：，由N、P的结构简式和试剂b分子式为C2H5NO2，可知试剂b的结构简

式为：H2NCH2COOH，由此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为：，则A含有的官能团为羧基和碳氟键，故答案为：羧基和碳氟键；【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为：，试剂a的结构简式为：，D的结构简式为：，则B→D的化学方程式为：+23KCO⎯⎯⎯⎯→过量+HCl，故答案为

：+23KCO⎯⎯⎯⎯→过量+HCl；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为：，结合E的结构简式可知D→E的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；【小问4详解】由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；【小问

5详解】K经多步可得到N，结合题干信息iii可知，K在一定条件下发生信息iii反应得到L，则L的结构简式为：，L异构化为M，即L和M为同分异构体，结合N的结构简式可知，M的结构简式为：，M在一定条件下发生消去反应，脱去一个小分子HTs可得N，故答案为：；；【小问6详解】由已知信息i和A到B的转化条

件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCl2在一定条件下反应，然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P，在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCl2反应生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身发生反应生成，该物质符

合核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2:1，故答案为：。18.回收废旧锂离子电池中的金属元素，可以有效缓解原料供应紧张、环境污染等问题。Ⅰ．碳还原焙烧-水浸法可实现三元锂离子电池正极材料中锂的优先提取：将正极材料与一定量炭粉充分混合、焙烧，得到N

iCoMnO、、和23LiCO等；再浸于水，得到含+Li的浸出液。已知：23LiCO微溶于水；溶解度：323LiHCOLiCO。（1）焙烧过程中未得到Mn单质，若计算22MnO(s)C(s)2Mn(s)

CO(g)++=的H，需要知道哪些反应的H：_______。（2）水浸过程中通入2CO可提高锂的浸出率。用化学方程式解释原因_______。Ⅱ．2LiCoO是钴酸锂电池正极材料的主要成分，某研究小组以柠檬酸(687CHO，三元弱酸)和作为浸出剂，浸出2Co

+，并用电解的方法从浸出液中回收Co。已知：i．在浸出过程中，柠檬酸表现出酸性，同时电离产生的阴离子与2Co+形成配合物，有利于钴的浸出。与2Co+形成配合物的能力：2667677CHOCHO−−；iⅱ．浸出液pH4时，()66

7CoCHO是Co(Ⅱ)的主要存在形式；稳定性：()()()4266766766723CoCHOCoCHOCoCHO−；iii．n()=n生成钴所用的电子电流效率（通过电极的电子）（3）22HO的作用是_______。（4）相同时间内，柠檬酸起

始浓度对钴浸出率的影响如图所示。当柠檬酸浓度从11.25molL−增加到11.75molL−时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是_______。（5）电解法回收钴的简易装置如图所示。①石墨为_______(填“阳极”

或“阴极”)。②()667CoCHO在电极放电的电极反应式为_______。③电解时间相同时，电解液初始pH对Co回收率和电流效率的影响如图所示。随着pH的升高，Co的回收率先增加后下降的可能原因是_______。【

答案】（1）222C(s)O(g)CO(g)2Mn(s)O(g)2MnO(s)+=+=、（2）22233COHOLiCO2LiHCO++=（3）还原剂（4）当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中H+不能明显被消耗，剩余的H+会抑制2667CHO−的形成，不利于2Co+形成配合物（5）①.阳极②.()

667687677CoCHO2eCHOCo2CHO−−++=+③.pH3~4时，随pH增大，()cH+降低，H+竞争放电能力减弱，Co的回收率增加；pH4~6时，随pH增大，促进687CHO电离，()

2667cCHO−增大，形成的()()4266766732CoCHOCoCHO−−、更稳定，不易放电，Co的回收率下降【解析】【小问1详解】焙烧过程中未得到Mn单质，若计算22MnO(s)C(s)2Mn(s)CO(g)++=的H，需要

知道的222C(s)O(g)CO(g)2Mn(s)O(g)2MnO(s)+=+=、的H小问2详解】水浸过程中通入CO2与碳酸锂反应生成碳酸氢锂，可提高锂的浸出率，原因为22233COHOLiCO2L

iHCO++=【小问3详解】以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作为浸出剂，与LiCoO2反应浸出Co2+，则H2O2为还原剂【小问4详解】当柠檬酸浓度从1.25mol·L-增加到1.75mol·L-时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是当柠檬酸浓度过高时，浸出

过程中H+不能明显被消耗，剩余的H+会抑制2667CHO−的形成，不利于2Co+形成配合物【小问5详解】①电解法回收钴，阴极生成钴单质则石墨为阳极；()667CoCHO在电极放电生成钴单质电极反应式为()667687677CoCHO2eCHOCo2CHO−−++=+；随着pH的升高

，Co的回收率先增加后下降的可能原因是pH3~4时，随pH增大，()cH+降低，H+竞争放电能力减弱，Co的回收率增加；pH4~6时，随pH增大，促进687CHO电离，()2667cCHO−增大，形成的()()4266766732CoCHOCoCHO−−、更稳定

，不易放电，Co的回收率下降19.小组同学探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素。I．探究镁与银氨溶液反应的产物【实验1】向135mL2molLAgNO−溶液中逐滴加入15mL6molL−氨水，最终得到无色透

明溶液。【实验2】（1）实验1中，反应的离子方程式是___________。【（2）由实验2-2可证明2-1中有Ag生成，则2-2中加入过量稀硝酸后可观察到的现象是_____。（3）由实验2-3可证明2-1中有2AgO生成，则

试剂甲、乙分别为___________、___________(填字母)。a．稀硝酸b．稀盐酸c．NaCl溶液d．3NaNO溶液（4）经检验，实验2-1中产生的气体有2H和3NH。①检验产生气体中有3NH的操作及现象：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，观察到_________

。②生成2H、3NH、Ag的反应可表示为：222Mg2HOMg(OH)H+=+、___________。II．探究影响镁与银氨溶液反应生成2H速率的因素【实验3】用132molLAgNO−溶液、112molL−氨水按照下表所示用量配制好银氨溶液后，放入等量打磨过的

镁条，记录收集2112mLH所用时间。序号配制银氨溶液所用试剂配好的银氨溶液的组成时间s2HO体积mL3AgNO溶液体积mL氨水体积mL()32AgNH+浓度1molL−氨水浓度1molL−3-16.001.001.000251.00

6003-24.002.501.500.6251.003003-32.004.00a1.001.0060（5）实验3-3中，a=___________。（6）根据上述实验分析，银氨溶液中()32AgNH+浓度越大，产生2H的速率越快的主要原因

是___________。III．实验结论与反思（7）综合上述实验，可知Mg与银氨溶液反应后的产物有Ag、3NH、2H、2Mg(OH)、2AgO等；小组同学推测氨水浓度也是影响Mg与银氨溶液反应生成Ag的速率的因素。他们的推测

___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。.【答案】（1）()++332Ag+2NHAgNH（2）灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色（3）①.b②.a

（4）①.试纸变蓝②.()()+33234222AgNH+2NHHO+Mg=MgOH2Ag+4NH2NH+++（5）2.00（6）()()+32cAgNH浓度增大，Mg与()+32AgNH反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多

的MgAg−微小原电池，产生氢气速率加快（7）①.合理②.氨水浓度改变，会使()++332Ag+2NHAgNH平衡移动，改变()+cAg，从而影响生成Ag的速率【解析】【分析】实验目的为探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素，根据镁与银氨溶液反应的现象确定部分产物，对产

物性质研究确定产物成分；探究反应速率的影响因素，则进行对比实验，改变条件，收集相同体积的气体，所需时间长短，确定速率快慢。【小问1详解】实验目的探究镁与银氨溶液反应的产物，则需要配制银氨溶液，实验1是配制银氨溶液，故反应的离子方程式为()++332Ag+2NHAgNH；【小问2详解】实验2

-1中产生灰白色固体，实验2-2是灰白色固体与过量稀硝酸反应，根据现象证明2-1中有Ag生成，则银与硝酸发生氧化还原反应溶解，同时生成NO气体，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，故实验现象为：灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色；【小问3详解】为证明2-1中有2AgO生成，

加入试剂甲后没有明显现象，则试剂甲不是稀硝酸，加入试剂乙后，固体中含有银溶解，则试剂乙为稀硝酸，有少量白色沉淀，结合实验2-2，白色沉淀为AgCl，则试剂甲为稀盐酸，2AgO与盐酸反应生成AgCl和水，没有明显现象

，加入稀硝酸，AgCl不溶于硝酸，Ag与硝酸反应溶解；故答案为：b；a；【小问4详解】氨气溶于水溶液显碱性，可以时石蕊试纸变蓝；镁与银氨溶液反应生成3NH、Ag，故反应方程式为()()+33234222AgNH+2NHHO+Mg=MgOH2Ag+4NH2NH+++；【小问5

详解】根据控制变量的要求，只改变一个条件()()+32cAgNH浓度，其他条件相同，即总体积相同，都为8.00ml，则a=2.00ml；【小问6详解】()()+32cAgNH浓度增大，Mg与()+32AgNH反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多

的MgAg−微小原电池，产生氢气速率加快【小问7详解】推测合理；根据反应()++332Ag+2NHAgNH，氨水浓度改变，影响()+cAg，从而影响生成Ag的速率；故答案为：合理，氨水浓度改变，会使()++332Ag+2NHAgNH平衡移动，改变()

+cAg，从而影响生成Ag的速率。