【文档说明】四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，4.066 MB，由envi的店铺上传

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树德中学高2022级高三上学期11月半期测试化学试题时间：75min满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-140O-16Na-23P-31Ca-40一、选择题：本题共14小题，

每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、生产密不可分。下列说法错误的是A.在橡胶中添加炭黑，可以增强橡胶的耐磨性B.我国科学家首次发现液氮温区镍氧化物超导体327

LaNiO，Ni位于周期表第ⅠB族C.净水器生产过程中，需在含膜滤芯组件上涂上甘油保护液，甘油是油脂的水解产物之一D.以34SiN为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得的新型陶瓷属于共价晶体【答案】B【解析】【详解】A．炭黑粒子的表面能与橡胶分子产生化学反应，形成更加稳定的物

理结合，这使得橡胶的耐磨性提高，A正确；B．Ni元素原子序数为28，位于元素周期表第四周期第VIII族，B错误；C．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故油脂的水解产物是甘油和高级脂肪酸，C正确；D．以Si3N4为基

础，用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得的新型陶瓷硬度大、熔点高，属于共价晶体，D正确；故本题选B。2.化学用语是学习化学的工具。下列化学用语表述错误的是A.21H和42He核内中子数之比1：2B.基态铬原子的简化电子排布式：51Ar3d4sC.激

发态H原子的轨道表示式：D.可表示原子、阳离子以及阴离子【答案】C【解析】为【详解】A．21H原子核内中子数为1，42He原子核内中子数为2，A正确；B．基态铬原子电子数是24，价层电子排布为3d54s1半充满稳定结构，故其简化电子排布式为[Ar]3d54s1，B正

确；C．K能层只有1个能级1s，不存在1p能级，H原子的1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，故C错误；D．当y＝8时，应为有18个电子的粒子，所以可能为氩原子、氯离子、硫离子、钾离子、钙离子等，D正确；故选C。3.设AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L10.

01molL−溶液中，和数目之和为0.01ANB.1mol硝基(2NO−)与46g二氧化氮(2NO)所含的电子数均为23ANC.1mol过氧化钠分别与足量2CO、2SO反应，转移的电子数均为2AND.1L0.501molL−4NHCl溶液与2L0.251

molL−4NHCl溶液中4NH+的物质的量均为0.5AN【答案】B【解析】【详解】A．由物料守恒，1L10.01molL−溶液中，、、、的离子数目之和为0.01AN，A错误；B．46g二氧化氮(2NO)的物质的量为1mol，硝基(2NO−)与二氧化氮(2NO)分子中均含有7+8×2=2

3个电子，则1mol硝基(2NO−)与46g二氧化氮(2NO)所含的电子数均为23AN，B正确；C．过氧化钠和二氧化碳反应是歧化反应，过氧化钠中-1价氧原子歧化为-2价和0价，1mol过氧化钠转移NA个电子，过氧化钠与二氧化硫的反应中，过氧化钠做氧化剂，氧元素由-1价全部被还原

为-2价，1mol过氧化钠转移2NA个电子，C错误；D．铵根会发生水解，溶液越稀，水解程度越大，故1L0.501molL−4NHCl溶液与2L0.251molL−4NHCl溶液中的物质的量均小于0.5AN，且后者更小，D错误；故选B。的4.下列关于物质结构与性质的说法正确的是A.臭

氧是由极性键构成的极性分子，因此其在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度B.O—H…O的键能大于F—H…F的键能，因此水的沸点高于氟化氢的沸点C.石墨层间靠范德华力维系，因此石墨的熔点较低D.水晶内部微观粒子呈现周期性有序排列，因此水晶不同方向的导热性不同【答案】D【解析】【详解】A

．臭氧是弱极性分子，H2O是极性分子，四氯化碳是非极性分子，因此臭氧在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，A错误；B．因为水分子间形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的氢键数目，因此水的沸点高于氟化氢的沸点，B错误；C．石墨

层间靠范德华力维系，但是共价键键能强，石墨的熔点很高，C错误；D．水晶内部质点排列的有序性，导致水晶的导热具有各向异性，D正确；故选D。5.电解质在水溶液中的反应属于离子反应。下列离子方程式正确的是A.1L()140.1molLNaAlOH−溶液中

通入0.28molHCl气体：()()32435AlOH14H2AlOH3Al14HO−+++=++B.()2BaOH溶液中加入过量的44NHHSO溶液：22444232NHHSOBa2OHBaSOHONHHO++−+−+++

++=+C.在浓盐酸中滴入次氯酸钙溶液：ClOHHClO−++=D.2Cl通入2FeI溶液中至2Fe+恰好完全反应：232Cl2Fe2Cl2Fe+−++=+【答案】A【解析】【详解】A．-40.1mol[Al(OH)]和+0.28molH反应，生成()30.04mol

AlOH和3+0.06molAl，离子方程式为-+3+4325[Al(OH)]+14H=2Al(OH)+3Al+14HO，故A正确；B．()2BaOH溶液中加入过量的44NHHSO溶液，H+优先和OH-

反应，反应的离子方程式为224422HSOBa2OHBaSO2HO+−+−+++=+，故B错误；C．在浓盐酸中滴入次氯酸钙溶液会发生氧化还原反应生成氯化钙和氯气，离子方程式为：22O2Cl2ClO4H2Cl2H−+−++=+，故C

错误；D．还原性：I->Fe2+，Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+，2Cl通入2FeI溶液中至2Fe+恰好完全反应，I-也被完全氧化，离子方程式为23223Cl2Fe4I6Cl2Fe2I+−−+++=++，故D错误；故选A。6.下列说法不正确的是A.乙醇和丙三醇互为

同系物B.核苷酸通过聚合反应制备核酸C.存在顺反异构D.用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：【答案】A【解析】【详解】A．同系物的官能团个数也必须相同，乙醇只含一个羟基，丙三醇为3个羟基，官能团个数不同，不互为同系物，A错误；B．核苷酸通过缩聚反应形成核酸，B正确；C

．含碳碳双键，双键所连接的原子或原子团不一致，存在顺反异构，C正确；D．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为缩聚反应，化学方程式：，D正确；故选A。7.下列实验操作、现象及实验结论均正确的是选项实验操作现象结论A向两支盛有等浓度等体积22HO的试管前者产生气泡速率4KMnO

的催化效果比中分别加入等浓度等体积的4KMnO溶液和4CuSO溶液快4CuSO好B取1mL10.1molLKI−于试管中，加入5mL130.1molLFeCl−溶液，充分反应后滴入5滴15%的KSCN溶液溶液变红3Fe+与I−的反应有一定限度C

用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数，滴定前仰视，滴定到终点后俯视_______会导致测定结果偏高D向5mLNaCl溶液中滴加2滴等浓度的3AgNO溶液出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴等浓度的NaI溶液有黄色沉淀生成()()s

pspKAgCl<KAgIA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．探究外界因素对反应速率影响时应固定单一变量，题中4KMnO和4CuSO的阳离子、阴离子均不相同，无法比较催化效果，A错误；B．反应的离子方程式为：2Fe3++2I

-=2Fe2++I2，由表格中数据可知Fe3+过量，滴加KSCN溶液后一定变红，不能说明该反应存在限度，B错误；C．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，读取盐酸的体积偏小，根据cHClVHCl=cKOHVKOH，cKOHVKO

H一定，故盐酸浓度偏高，C正确；D．向5mLNaCl溶液中滴加2滴等浓度的3AgNO溶液出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴等浓度的NaI溶液，说明AgCl沉淀转化为AgI，()()spspKAgCl>K

AgI，D错误；故选C。8.如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是3XW44412QZYQZXYW→逐渐通入至过量溶液溶液A.单质沸点：Z

>Y>WB.简单氢化物键角：XYC.反应过程中有蓝色沉淀产生D.4412QZXYW是配合物，配位原子是Y【答案】D【解析】【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，

则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的

可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)

，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的2-4SO才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成WX3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。

【详解】A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，故A正确；B．Y、X的简单氢化物分别为H2O和N

H3，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+12×(6-2×1)=4、孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+12×(5-3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角：XY，故B正确；C．硫酸铜

溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；D．4412QZXYW为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子

对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误；故答案为：D。9.下列实验能达到实验目的的是A．钠的燃烧反应B．证明非金属性：SCSiC．测定苯甲酸在一定温度下的溶解度D．关闭止水夹a，打开活塞b，可检查装置气密性A.AB

.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠会与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应，不能用玻璃表面器皿，A错误；B．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性

越强，通过实验可证明酸性：硫酸>碳酸>硅酸，故能证明非金属性：S>C>Si，B正确；C．测定苯甲酸在一定温度下的溶解度时，温度计应该位于苯甲酸溶液中，C错误；D．关闭止水夹a，打开活塞b，由于有橡皮管将

上下连通，压强一样，液体总是能顺利流下，所以不能检查装置的气密性，D错误；故选B。10.七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如下图所示，下列说法正确的是A.分子中存在2种官能团B.分子中所有碳原子不

可能共平面C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2mol2BrD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A错误；B．分子中苯环确定一个平面，碳碳双键和碳

氧双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B错误；C．酚羟基含有两个邻位H可以和溴发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴3mol，C错误；D．分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后

生成1个酚羟基，所以最多消耗4molNaOH，D正确；故选D。11.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解()4NaBOH溶液可制备33HBO，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电

解液，不影响33HBO的纯度B.N室发生的电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+C.33HBO为一元弱酸D.a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜【答案】A【解析】【分析】与电源正极相连的石墨

电极为阳极，H2O失电子生成H+和O2，H+通过a膜进入产品室，则a膜为阳膜；与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，从NaOH溶液的流向看，其浓度应增大，所以Na+通过c膜流向N室，c膜为阳膜；()-4BOH通过b膜流向产品室，则b膜为阴膜。【详

解】A．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的()-4BOH发生反应：()-4BOH＋H＋=H3BO3＋H2O，去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，会影响33HBO的纯度，A错误；B．N室中与电源

负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，电极方程式为：222HO2eH2OH−−+=+，B正确；C．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的()-4BOH发生反应生成33HBO，可以推

知33HBO可以发生电离平衡：33HBO+H2O()-4BOH+H+，则33HBO为一元弱酸，C正确；D．由分析可知，a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，D正确；故选A。12.制造硼合金的原料硼化钙晶胞结构如图所示，硼原子全部组成B正八面体，各个顶点通过B-B键互相连接成

三维骨架。已知该晶体晶胞参数为anm，B八面体中B-B键的键长为dnm，Ca原子的坐标参数为111,,222，设阿伏加德罗常数的值为AN，下列说法正确的是A.Ca的配位数为16B.N点的坐标参数为2d,0,02aC.B和H能形成4BH−，该离子中B与H的电负性

：HBD.该晶体的密度为33A106g/cmaN【答案】B【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的正八面体中都有3个硼原子与钙原子的距离最近，共有24个，则钙原子的配位数为24，A错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中N点所在

的正八面体的体心为原点坐标，硼硼键的键长为dnm，N点到原点的距离为2d2nm；晶胞参数为anm，钙原子的坐标参数为111(,,)222，则N点在x轴的坐标为=2dnm2d2anm2a=，所以N点的坐标参数为2d(,

0,0)2a，B正确；C．B和H能形成4BH−，该离子中B为+3价，H为-1价，B与H电负性：H>B，C错误；D．由题意可知，硼原子组成的正八面体的化学式为B6，由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钙原子个数为1，位于顶点的正八面体的个数为1818=，则硼化钙的化学式为CaB6，该晶

体的密度为2333A-733A106N1.0610g/cmg/cm(a10)aN=，D错误；故选B。13.2NO无害化处理的一种方法为2222NO(g)2N(g)O(g)H+ƒ,在固定容积的密闭容器中发

生此反应，2NO的转化率如图所示，若2NO起始浓度为11molL−，下列说法正确的是A.该反应的ΔH0B.a、c两点中，2N的物质的量浓度：acC.若b点反应达到平衡状态，2O的体积分数为30%D.反应在250℃、恒压容器中进行，达平

衡时，2NO的转化率大于96%【答案】D【解析】的【详解】A．从图像知，升高温度2NO的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，ΔH0，A错误；B．a、c两点2NO的转化率相等都为67%，则两点生成2N的

物质的量相等，容器体积不变，因此a、c两点2N的物质的量浓度相等，B错误；C．在250℃条件下，b点转化率为96%，列三段式：()()()()()()2222NOg2NgOgmol100mol0.960.960.48

mol0.040.960.48+起始转化平衡则2O的体积分数为0.4832.4%0.040.960.48=++，C错误；D．正向反应为体积增大的反应，在250℃、恒压容器中进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，平衡正向移动，2NO的转化率大于96%

，D正确；故选D。14.常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HCl或NaOH调节pH时溶质各微粒浓度()lgcM(M代表224HCO、24HCO−、224CO−、2Ca+)随pH变化曲线如图所示，其中，虚线④代表2Ca+的曲线。已知()-8.62sp24KCaCO=10。下列有关

说法不正确的是A.224HCO的电离常数1-2.77aK=110B.用钙离子处理含草酸根离子废水，pH应控制大约5~11的C.水的电离程度：A<B<CD.pH=7时，()()()()--2-2+2424cCl+c

HCO+2cCO=2cCa【答案】A【解析】【分析】由图像可知，当pH较小时，H+浓度大，H2C2O4浓度更大，随pH增大，H2C2O4浓度减小，24OHC−浓度也减小，224CO−浓度增大，但是H2C2O4浓度减小更快，故①代

表224CO−的曲线，②代表H2C2O4的曲线，③代表24OHC−的曲线，据此分析结果解答；【详解】A．曲线②和③的交点A点表示H2C2O4和24OHC−浓度相等，对应pH小于2.77，即氢离子浓度大于10-2.77mol/L，故H

2C2O4电离平衡常数Ka1=()()()()24224cOcHcHcHCOHC−++=>10-2.77，A错误；B．由图可知，用钙离子处理草酸根离子废水，应控制溶液pH大约在5~11区间内，pH过小溶液草酸钙可能会溶解，草酸根更多以草酸和草酸氢根存在，pH过高草酸钙会转化

成生成Ca(OH)2，B正确；C．A点为溶液显酸性，B、C点酸性减弱，水的电离程度增大，故水的电离程度：A<B<C，故C正确；D．草酸钙饱和溶液呈碱性，不是加NaOH溶液使之呈中性，应加盐酸，即pH=7时溶液中无Na+，有Cl-，溶液pH=7时

，c(H+)=c(OH-)，根据溶液中电荷守恒c(OH-)+c(Cl-)+c(24OHC−)+2c(224CO−)=c(H+)+2c(Ca2+)，结合c(H+)=c(OH-)可得c(Cl-)+c(24OHC−)+2c(224CO−)=2c(Ca2+)，

故D正确；故本题选A。二、非选择题。15.某兴趣小组设计如图实验装置制备次磷酸钠(NaH2PO2)。已知：①白磷(P4)在空气中可自燃，与过量烧碱溶液混合，80~90℃生成NaH2PO2和PH3。②PH3是一种有强还原性的

有毒气体，空气中可自燃，可与NaClO溶液反应生成NaH2PO2。（1）仪器a的名称是___________，a中发生反应的化学方程式是___________。（2）仪器b组成的装置的作用是___________，检查装置气密性后，应先打开K通入N2一段

时间，目的是___________。（3）下列有关说法正确的是___________。A．次磷酸(H3PO2)是三元酸B．为加快反应速率，投料前应先在通风橱内将白磷碾成薄片状C．d中所盛硫酸铜溶液，可用酸性高锰酸钾溶液代替（4）①仪器c中充分反应后生成NaH2PO2和NaCl，经过一

系列操作可获得固体NaH2PO2，相关物质的溶解度(S)如下：S(25℃)S(100℃)NaCl3739NaH2PO2100667从下列选项a-g中选择合理的仪器或操作，补全如下步骤。取仪器c中溶液，用蒸发皿___________→___________(趁热过滤

)→用烧杯(冷却结晶)→用漏斗(过滤得到NaH2PO2)→___________→干燥→NaH2PO2粗品。___________选项：a．溶解b．过滤c．洗涤d．普通三角漏斗e．保温漏斗f．蒸发浓缩至有大量晶体析出g．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜②写出c中

发生反应的离子方程式___________。（5）产品纯度的测定：取产品mg配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，然后用0.011molL−KMnO4标准溶液滴定至终点(还原产物是Mn2+，氧化产物是3-4PO)，达到滴定终点时消耗VmL标

准溶液，产品的纯度为___________。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑（2）①.安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中②.排尽装置内的空气，防止反应生成的pH3自

燃引起爆炸（3）C（4）①.f、e、c②.PH3+2ClO-+OH-=22HPO−+2Cl-+H2O（5）1.1V%m【解析】【分析】由题意和图示可知，在三颈烧瓶中加入白磷，用分液漏斗加入烧碱溶液，先打开K通入一会

儿氮气，排出装置中空气，然后关闭K，再滴加NaOH溶液并加热，生成NaH2PO2和PH3，生成的PH3在c中被NaClO溶液氧化为NaH2PO2，同时NaClO被反应生成NaCl，实验结束后继续打开K通一会儿氮气，含有PH3的尾气被硫酸铜溶液吸

收，防止污染空气。在进行NaH2PO2含量测定时，要利用关系式法进行计算，据此解决问题。【小问1详解】根据装置仪器结构可知，仪器a的名称是三颈烧瓶；已知白磷与过量烧碱溶液混合，在80~90℃生成NaH2PO2和PH3，则反应的化学方程式P4+3NaOH+3H2O=3NaH2P

O2+PH3↑。【小问2详解】仪器b是空的集气瓶，导气管短进长出，组成的装置的作用是安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中；检查装置气密性后，应先打开K通入N2一段时间，目的是排尽装置内的空气，防止白磷及反应产生的PH3被氧化自燃。【小问3详解】

A．在c中白磷与过量NaOH反应产生NaH2PO2，则NaH2PO2是正盐，说明H3PO2是一元酸，A错误；B．投料前若先在通风橱内将白磷碾成薄片状，白磷会被空气中的氧气氧化，因此不可以进行该操作，B错误；C．反应产生的PH3是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，可

以使用CuSO4溶液吸收，也可以使用酸性KMnO4溶液吸收，C正确；答案选C。【小问4详解】①根据表格数据可知在仪器c中生成的NaH2PO2、NaCl的溶解度受温度的影响不同，可知：NaH2PO2的溶度受温度的影响变化较大，而温度对NaCl的溶解度几乎无影响，故要从c中溶液中获

得NaH2PO2的粗产品，取仪器c中溶液，用蒸发皿蒸发浓缩至有大量晶体析出，再用铜制保温漏斗（趁热过滤）→用烧杯（冷却结晶）→用漏斗（过滤得到NaH2PO2）→洗涤→干燥→NaH2PO2粗产品，故合理选

项是f、e、c；②PH3和NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-=22HPO−+2Cl-+H2O。【小问5详解】根据电子转移列关系式：2+-4KMnOMn5e0.01mol/LV50.01mol/LV3--

224NaHPOPO4e150.01mol/LV50.01mol/LV4产品纯度为3150.01mol/LV10L/mL88g/mol101.1V4100%%mm−=。16.以一种废旧锂离子电池(主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机粘合剂等

)为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如下：已知：ⅰ．23LiCO的溶解度随温度升高而减小。ⅱ．“碱浸”后的滤渣中主要含有23CoO、MnO、2LiO和NiO。ⅲ．25℃，()18sp24KCoCO1.010−=，()13sp24KMnCO1.0

10−=，()10sp24KNiCO4.010−=。回答下列问题：（1）224CO−中的C原子杂化方式为_______，“灼烧”步骤的目的是_______。（2）“碱浸”步骤中反应的化学方程式为_______。（3）“酸浸”步骤中22HO的作用是

_______。（4）“沉钴”步骤中溶液中的2Ni+、2Co+、2Mn+浓度均为10.1molL−，欲使2Co+完全沉淀而2Ni+、2Mn+不沉淀，需调节()224pCO−的范围为_______。[()()222424pCOlgcCO−−=−]（5）“沉锰”过程中

加入228KSO溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去，请写出溶液变为紫红色时的离子反应方程式_______。（6）“沉镍”得到的()322NiCO2NiOH4HO，可作为制备34NiO的原料。一种34NiO的立方晶胞结构如图所示，该晶胞的俯视图为__

_____(填字母代号)。A.B.C.D.【答案】（1）①.2sp②.除去碳黑和有机粘合剂（2）Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]（3）将3Co+还原为2Co+（4）()22412pCO

13−（5）2+2--2-+282442Mn+5SO+8HO=2MnO+10SO+16H（6）C【解析】【分析】废旧锂离子电池经粉碎、灼烧除去炭黑和有机粘合剂，同时将铝转化为氧化铝，向灼烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟

基合铝酸钠，过滤分离含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入双氧水和硫酸的混合液，将三氧化二钴转化为硫酸亚钴，氧化锰、氧化锂、氧化镍转化为硫酸锰、硫酸锂、硫酸镍，向反应后的溶液中加入氨水和草酸铵混合溶液，将溶液中的亚钴离

子转化为CoC2O4·2H2O沉淀，过滤得到CoC2O4·2H2O和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠混合溶液，将溶液中的镍离子转化为NiCO3·2Ni(OH)2·

4H2O沉淀，过滤得到NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂。【小问1详解】草酸根离子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化；由分析可知，灼烧的目的是除去炭黑和有机粘合剂，同

时将铝转化为氧化铝，故答案为：sp2；除去碳黑和有机粘合剂；【小问2详解】由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O

=2Na[Al(OH)4]；【小问3详解】由分析可知，酸浸步骤加入双氧水和硫酸的混合液的目的是将三氧化二钴转化为硫酸亚钴，故答案为：将3Co+还原为2Co+；【小问4详解】由溶度积可知，溶液中亚钴离子完全沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度大于185L1.0101.01m0

ol/−−=1.0×10—13mol/L，草酸锰的溶度积小于草酸镍，则溶液中锰离子、镍离子不沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度小于130.1mol/L1.010−=1.0×10—12mol/L，所以溶液中p(C2O2-4)的范围为12—13，故答案为：()22412pCO13−

；【小问5详解】由题意可知，溶液变为紫红色发生的反应为溶液中的锰离子与过二硫酸根离子反应生成高锰酸根离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子反应方程式为2+2--2-+282442Mn+5SO+8HO=

2MnO+10SO+16H，故答案为：2+2--2-+282442Mn+5SO+8HO=2MnO+10SO+16H；【小问6详解】阳极板加固，晶胞中位于面心的白球处于俯视图形成的正方形的边上和面心，位于棱上的黑球处于正方形的边上和顶点，由于黑球小、白球大，所以正方形的边上看到的是黑球外有

白色，而中心只能看到白球，故选C。17.研发2CO利用技术，降低空气中2CO含量是目前科学家研究的热点之一，2CO与2H在催化作用下生成可再生资源甲醇，相关反应如下：反应Ⅰ：()()()()2232COg3HgCHO

HgHOg++H0反应Ⅱ：()()()()222COgHgCOgHOg++2ΔH（1）反应Ⅱ在低温或常温下不能自发进行，则2ΔH_______(填“>”“<”或“=”)0。（2）2CO和2H合成甲醇时温度对单位时间内2CO转化率及甲醇和CO产

率的影响如下图所示。则由下图判断合成3CHOH最适宜的温度是_______；温度升高3CHOH产率先升高后降低，降低的可能原因是_______。（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入0.5()2molCO

g和()21.0molHg，容器内起始的压强为pkPa，达到平衡时，测定容器内生成了()20.3molHOg，且2CO生成CO的选择性为16(反应物的选择性=转化为指定产物消耗的反应物消耗的反应物的总量)。

①下列相关说法正确的是_______(填字母)。A．从反应体系中分离出甲醇，有利于提高反应物的转化率B．向容器按原比例再充入反应物，达到新平衡时各组分的体积分数不变C．当()()32vCHOH=vCO生成生成，说明反应达到了平衡状

态D．工业合成甲醇时，选择合适催化剂可提高甲醇的产率②该温度下，反应Ⅰ用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数pK=_______。（4）2CO和2H在某NiO支撑的23InO表面的反应历程如下图所示(TS表示过渡态)。决定总

反应速率的步骤的活化能E=主_______eV。（5）下图为某微生物燃料电池净化水的原理。M极发生的电极反应为_______。【答案】（1）>（2）①.250℃②.反应Ⅰ的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，3CHOH产率降低；(或温度升高，催化剂

的活性下降，3CHOH产率降低或温度升高，反应Ⅱ占主导，CO产率升高，3CHOH产率降低)（3）①.A②.()123375kPa32P−（4）2.17（5）()-+610522nCHO-24ne+7nHO=6nCO+24nH【解析】【小问1详解

】ΔH-TΔS<0时反应可以自发进行，反应Ⅱ在低温或常温下不能自发进行，则22ΔH-TΔS>0，则2ΔH>0；【小问2详解】由图可以看出，250℃时甲醇的产率最高，所以合成甲醇最适宜的温度是250℃；反应Ⅰ的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致

3CHOH产率降低；(或温度升高，催化剂的活性下降，3CHOH产率降低或温度升高，反应Ⅱ占主导，CO产率升高，3CHOH产率降低)；【小问3详解】①A．从反应体系中分离出甲醇，反应正向移动，有利于提高反应物的转

化率，A正确；B．向容器按原比例再充入反应物，温度不变，压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，达到新平衡时各组分的体积分数改变，B错误；C．反应速率比等于系数比，反应Ⅰ和Ⅱ是在同一个体系中，两个反应均生成二氧化碳，则当()()32vCHOH=vCO生成生成，不能说明反应达到了平衡状态，C错误；D．工

业合成甲醇时，催化剂不能影响平衡移动，不能提高甲醇的产率，D错误，故选A；②恒温恒容的密闭容器中，充入0.5()2molCOg和()21.0molHg，容器内起始的压强为pkPa，达到平衡时，测定容器内生成了()20.3molHOg，由三段式：()()()()2232CO(g)+3H(g)CH

OH(g)+HO(g)mol0.51.000mol0.3-a30.3-a0.3-a0.3-amol起始转化平衡()()()222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)molmolaaaamol起始转

化平衡2CO生成CO的选择性为16，则aa1==0.360.3-a+a，a=0.05mol，反应生成甲醇0.3mol-0.05mol=0.25mol，反应Ⅰ为气体分子数减小2的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则反应后总的物质的量为0.5m

ol+1.0mol-0.25mol×2=1.0mol，平衡时总压强为12pkPa=pkPa1.53，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为0.5mol-0.25mol-0.05mol=0.2mol、1.0mol-0.25mol×3-0.25mol=0

.2mol、0.25mol、0.25mol+0.05mol=0.3mol，则该温度下，反应Ⅰ的平衡常数()1p3220.320.25pkPapkPa33753131K==kPa32P20.220.2pk

PapkPa3131−；【小问4详解】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；根据反应历程图可以看出22HCOHCO+H→活化能最大，E

=主()()-0.81eV--2.98eV=2.17eV；【小问5详解】由图，N极铬元素得到电子发生还原反应，为正极，则M为负极；M极上()6105nCHO失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，反应为：()-+610522nCHO-24ne+7nHO=6nCO+24n

H。18.磷酸氯喹可以抑制疟原虫的繁殖，从而减轻疟疾的症状和缩短疟疾的病程。查阅“磷酸氯喹”合成的相关文献，得到磷酸氯喹中间体合成路线如下：已知：①氯原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进

入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。②E为汽车防冻液的主要成分。③25+2)CHONa3253225251)H2CHCOOCHCHCOCHCOOCH+CHOH→。④。（1）第一电离能：C_______H(填“大于”、“小于”或者“等于”)；写出B的

名称_______。（2）C→D的反应类型为_______；D中含有的官能团的名称为_______。（3）写出H生成I的化学方程式_______。（4）L与足量2H完全加成后的产物中手性碳原子的数目为_______。写出F与足量新制氢氧化铜反应的离子反应方程式_______。（5）H有

多种同分异构体，满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。①只含有两种含氧官能团②能发生银镜反应③1mol该物质与足量的Na反应生成0.5mol2H（6）参照上述合成路线及信息，设计由硝基苯和为原料合成的路线(

无机试剂任选)_______。【答案】（1）①.小于②.硝基苯（2）①.还原反应②.氨基、碳氯键或氯原子（3）+CH3COOC2H5+251)H2)CHONa⎯⎯⎯⎯→+C2H5OH（4）①.5②.()-2-24222OHC-CHO+4CuOH+2OH=

CO+2CuO+6HO（5）12（6）【解析】【分析】A为苯，根据题中信息，硝基为间位定位基团，故B为：，A到B发生取代（硝化）反应，B到C发生苯环上的氯代，C到D发生硝基的还原反应；E为汽车防冻液的主要成分，E为，

E发生催化氧化得到F：，F发生氧化反应得到G：，G与乙醇发生酯化反应得到H：，H与CH3COOC2H5反应得到I：，参照已知信息④，D与I反应得到J，J在一定条件下反应得到K，K发生水解并酸化得到L，L一定条件下反应得到M，M一定条件下发生取代反应得到N。【小问1详解】第一电离能：

C小于H；B为：，名称是：硝基苯；【小问2详解】根据分析，C→D的反应类型为还原反应；D中含有的官能团的名称为：氨基、碳氯键或氯原子；【小问3详解】根据分析，H生成I的化学方程式：+CH3COOC2H5+251)H2)CHONa⎯⎯⎯⎯→+C2H5OH；【小问4详解】L与足量2H完全加

成后的产物为：，数字标注为手性碳原子的位置，数目为5；F为，F与足量新制氢氧化铜反应的离子反应方程式：()-2-24222OHC-CHO+4CuOH+2OH=CO+2CuO+6HO；【小问5详解】H为，其同分异构体满足：①只含有两种含氧官能团，②能发生银镜反应，说明含醛基或甲酸酯基，③1

mol该物质与足量的Na反应生成0.5mol2H，说明含分子中含1个羧基，其同分异构体只含有两种含氧官能团，故所含官能团为-COOH、-OCHO，满足条件的结构简式为(只画出碳骨架，数字为-OCHO的位置)：、、、，共12种；小问6详解】发生硝化反应得到，发生还原反应得到，

发生催化氧化得到，与在一定温度下反应得到，故合成路线为：。【