2024屆山東省濱州市高三上學期期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省濱州市2024屆高三上學期期末考試可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7N14O16Cl35.5Co59一、選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.我國航空航天技術(shù)走在世界前列，其中化學材料起著重要作用。下列說法錯誤的是（）A.神舟十七號載人飛船使用的可充電鎘鎳電池屬于二次電池B.中國空間站核心艙使用的半導體砷化鎵是太陽能電池材料C.航天員航天服制作材料中的滌綸屬于天然有機高分子材料D.國產(chǎn)飛機用到的氮化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料【答案】C【詳析】A．可充電鎘鎳電池能充放電，屬于二次電池，A正確；B．半導體砷化鎵具有良好的半導體性能，是太陽能電池材料，B正確；C．滌綸屬于人工合成有機高分子材料，C錯誤；D．氮化硅陶瓷性能優(yōu)良，屬于新型無機非金屬材料，D正確；故選C2.下列說法正確的是（）A.乙炔分子的空間填充模型為B.2-甲基-2-戊烯的鍵線式為C.屬于醛類D.存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體【答案】D【詳析】A．乙炔分子中四個原子在同一條直線上，故A錯誤；B．2-甲基-2-戊烯的鍵線式為，故B錯誤；C．該有機物的官能團為-OOCH，屬于酯類，故C錯誤；D．該分子含有7個碳、不飽和度為4，苯環(huán)的不飽和度也為4，則存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故D正確；故答案選D3.短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大?；鶓B(tài)X原子最高能級有3個未成對電子；基態(tài)Y原子的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的3倍；基態(tài)Z原子的第一電離能高于同周期相鄰元素；基態(tài)Q原子的價電子，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等。下列說法錯誤的是（）A.原子半徑： B.元素的電負性：C.簡單氫化物的熔點： D.X和Y的單質(zhì)分子均為非極性分子【答案】D〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大，X的原子序數(shù)最小，而基態(tài)X原子最高能級有3個未成對電子，可知X的電子排布式為：1s22s22p3，則X為N元素；基態(tài)Y原子的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y含有2個電子層，因此Y的核外電子排布為2、6，可知Y為O元素；Q的原子序數(shù)最大，因此Q元素在第三周期，基態(tài)Q原子的價電子，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等，可知Q的電子排布式為：1s22s22p63s23p2，則Q為Si元素；由此可知，Z元素也在第三周期，基態(tài)Z原子的第一電離能高于同周期相鄰元素，說明為第ⅡA或ⅤA族，又原子序數(shù)小于硅，可知Z為Mg元素，綜合可知，X、Y、Z、Q分別為N、O、Mg、Si元素，據(jù)此作答?！驹斘觥緼．同周期主族元素從左到右原子半徑遞減，同主族元素從上往下原子半徑遞增，則原子半徑：，故A正確；B．同周期主族元素從左到右元素電負性逐漸增大，同主族元素從上往下元素電負性逐漸減小，則元素的電負性：，故B正確；C．MgH2離子晶體，H2O、NH3、SiH4為分子晶體，因此MgH2的熔點最高，而常溫下，H2O為液態(tài)，NH3、SiH4為氣態(tài)，NH3分子間存在氫鍵，其沸點大于硅烷，則簡單氫化物的熔點：，故C正確；D．X和Y的單質(zhì)分子有N2、O2、O3，N2、O2均為非極性分子，但是O3為極性分子，故D錯誤；故答案選D。4.下列裝置或操作能達到實驗目的的是（）A．測定溶液的濃度B．測定分解產(chǎn)生氣體的體積C．測定中和反應的反應熱D．由制取無水【答案】A【詳析】A．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，應該使用酸式滴定管進行滴定，圖中為酸式滴定管，故A正確；B．不能用長頸漏斗，否則會導致氣體從長頸漏斗口逸散，需要用分液漏斗，故B錯誤；C．根據(jù)圖示可知簡易量熱計中缺少攪拌用的環(huán)形玻璃攪拌器，故C錯誤；D．加熱五水硫酸銅失去結(jié)晶水生成無水硫酸銅，溫度要達到150℃以上，應該在坩堝中進行，故D錯誤；故答案選A。5.鄰羥基苯甲酸乙酯()廣泛應用于有機合成，還可用作食品香料、工業(yè)溶劑等，其制備原理為+CH3CH2OH+H2O。下列說法錯誤的是（）A.加熱方式可采用電加熱套加熱B.可用飽和溶液洗滌反應后混合液C.洗滌后所得粗品可用堿石灰干燥D.酸性：>>CH3CH2OH【答案】C【詳析】A．反應溫度控制在95℃，加熱方式適合用電加熱套加熱，可以恒定溫度，故A正確；B．飽和溶液可中和酸，可用其洗滌反應后混合液中的酸性雜質(zhì)，故B正確；C．堿石灰中含有少量NaOH等強堿，可使酯在堿性條件下發(fā)生水解，不可用堿石灰干燥，故C錯誤；D．根據(jù)較強酸制較弱酸的規(guī)律可知，的酸性比強，而乙醇為非電解質(zhì)，含有的并非是酚羥基，并不能電離出H+，酸性最弱，因此酸性：>>CH3CH2OH，故D正確；故答案選C。6.“價一類”二維圖為我們認識物質(zhì)性質(zhì)和實現(xiàn)物質(zhì)轉(zhuǎn)化提供了新思路。下列說法錯誤的是（）A.若a含Cu元素，其在潮濕的空氣中可生成銅銹[]B.若b含S元素，其能使紫色石蕊試液先變紅后褪色C.若c含P元素，其為二元弱酸，與足量溶液反應生成D.若d為鈉鹽，其可具有氧化性，也可具有還原性【答案】B【詳析】A．若a為含Cu元素，銅在空氣中與水、氧氣和二氧化碳生成銅銹，A正確；B．若b含硫元素，為SO2，SO2能使紫色石蕊試液先變紅，無法褪色，B錯誤；C．若c含P，為+3價含氧酸，其為H3PO3，為二元弱酸，與足量NaOH溶液反應生成Na2HPO3，C正確；D．若d為鈉鹽，若為+1價Cl的含氧酸鹽NaClO，既可以具有氧化性，也可以具有還原性，D正確；故答案為：B。7.藥物貝諾酯由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚制備，其原理為下列說法錯誤的是（）A.乙酰水楊酸分子中所有碳原子可共平面B.對乙酰氨基酚的核磁共振碳譜有5組峰C.對乙酰氨基酚在一定條件下可與甲醛反應D.貝諾酯在酸性條件下充分水解可得到3種產(chǎn)物【答案】B【詳析】A．乙酰水楊酸分子中苯環(huán)所有原子共平面，酯基和羧基C采取sp2雜化，也為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可旋轉(zhuǎn)，所以所有碳原子可共平面，故A正確；B．根據(jù)對乙酰氨基酚的結(jié)構(gòu)可知，有6種化學環(huán)境不同的碳原子，則核磁共振碳譜為6組峰，故B錯誤；C．根據(jù)苯酚和甲醛在一定條件下發(fā)生縮聚反應生成酚醛樹脂，因此對乙酰氨基酚與甲醛在一定條件下可以發(fā)生類似反應，故C正確；D．貝諾酯中酰胺基、2個酯基發(fā)生水解反應生成CH3COOH、、，故D正確；故答案選B。8.某和形成的金屬化合物的立方晶胞結(jié)構(gòu)如下。下列說法正確的是（）A.該晶體屬于金屬晶體B.周圍距離最近的原子個數(shù)為6C.該晶胞沿x軸、z軸的投影圖完全相同D.該晶體在高溫時導電能力更強【答案】A【詳析】A．和為金屬元素，形成的化合物為金屬晶體，A正確；B．Sn原子位于晶胞的8個頂點，1個體心，體心周圍距離最近且相等的Sn原子個數(shù)是8個頂點的Sn，故Sn周圍距離最近的Sn原子個數(shù)為8，B錯誤；C．晶胞沿y軸、z軸的投影圖完全相同，投影圖為，與晶胞沿x軸投影圖不同，C錯誤；D．高溫時，金屬的電阻增加，導電能力減弱，D錯誤；故答案為：A。9.實驗室從含的水溶液中提取純碘有以下兩種方案下列說法錯誤的是（）A.“富集”使用的分液漏斗振蕩排氣時，分液漏斗下口應向上傾斜B.方案甲中，“酸化”時反應的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比可能為C.方案乙中，“操作X”的名稱是升華D.該流程中可循環(huán)利用【答案】C【詳析】A．“富集”使用的分液漏斗振蕩排氣時，為了方便排氣減小壓強差，分液漏斗下口應向上傾斜，A正確；B．方案甲中，加入NaOH溶液反應的化學方程式為，“酸化”時反應的化學方程式為，氧化劑為NaIO3，還原劑為NaI，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5，B正確；C．根據(jù)流程圖可知，方案乙中，“操作X”的名稱是蒸餾，C錯誤；D．根據(jù)流程圖可知，該流程中CCl4可循環(huán)利用，D正確；故選C。10.我國某科研團隊提出用多孔泡沫鐵、高度膨化的納米泡沫碳和添加的溶液構(gòu)建獨特的“搖椅式”全鐵離子電池，電池結(jié)構(gòu)如圖(陰離子未標出)。下列說法正確的是（）A.放電時，N的電極電勢高于MB.充電時，泡沫鐵上發(fā)生的電極反應為C.充電時，每轉(zhuǎn)移，參與反應的物質(zhì)中鐵元素總質(zhì)量為D.為提高電池效率，可用代替【答案】B〖祥解〗電池結(jié)構(gòu)使用的是多孔泡沫鐵、高度膨化的納米泡沫碳，因此放電時，N極泡沫鐵失電子發(fā)生氧化反應：，N是負極；M電極Fe3+在泡沫碳表面得電子發(fā)生還原反應：，M是正極；充電時，N極為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：；M極為陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：，據(jù)此作答。【詳析】A．根據(jù)分析可知，N是負極，M是正極，正極電勢高于負極電勢，因此放電時，M的電極電勢高于N，故A錯誤；B．充電時，M是陽極，陽極的電極反應式為：，故B正確；C．根據(jù)分析可知，充電時，轉(zhuǎn)移時，陽極上有2molFe2+參與反應，陰極上有1molFe2+參與反應，故參與反應的物質(zhì)中鐵元素總質(zhì)量為，故C錯誤；D．氯化銨溶液為酸性，可抑制Fe2+、Fe3+水解，故不能用代替，故D錯誤；故答案選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗操作、現(xiàn)象均正確，且所推結(jié)論合理的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向一定量酸性溶液中加入乙二醇溶液紫色變淺乙二醇被酸性溶液氧化為乙二酸B向濃硫酸加入炭粉并加熱，導出的氣體通入溶液中溶液中出現(xiàn)白色沉淀導出的氣體中有和C向一定濃度的溶液中通入適量氣體溶液中出現(xiàn)黑色沉淀的酸性比強D室溫下，向的某補鐵劑溶液中加入鄰二氮菲溶液中出現(xiàn)橙紅色該補鐵劑中含有【答案】D【詳析】A．將乙二醇(HOCH2CH2OH)加入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色變淺，只能說明乙二醇能夠?qū)⑺嵝愿咤i酸鉀溶液還原，但不能說明乙二醇被氧化成乙二酸，故A錯誤；B．濃硫酸中加入炭粉并加熱，由于SO2和CO2不與氯化鋇溶液反應，將導出的氣體通入BaCl2溶液中不會生成白色沉淀，故B錯誤；C．CuSO4和H2S反應生成CuS黑色沉淀，反應能發(fā)生是因為CuS不溶于硫酸，不是因為H2S的酸性比H2SO4強，硫酸是強酸，H2S是弱酸，故C錯誤；D．鄰二氮菲與Fe2+在pH=3～9的溶液中，會形成一種穩(wěn)定的橙紅色絡(luò)合物，若補鐵劑溶液pH過小，氫離子與鄰二氮菲中的氮原子形成配位鍵影響亞鐵離子檢驗，溶液pH過大，亞鐵離子會與氫氧根離子生成氫氧化亞鐵沉淀影響亞鐵離子檢驗，所以若向pH=7的溶液中加入鄰二氮菲，溶液變?yōu)槌燃t色說明補鐵劑中含有亞鐵離子，故D正確；故答案選D。12.菱鎂礦(主要成分為，含少量、、、和等元素)制備氟化鎂的工藝流程如下。已知：①室溫下，，；②時，認為該離子已沉淀完全。下列說法錯誤的是（）A.“蒸氨”時，尾氣的主要成分是、B.“氧化除錳”時，消耗溶液的體積高于理論值C.“除鐵鋁”時，當恰好沉淀完全時，D.“沉淀”時，發(fā)生反應的離子方程式為【答案】AD〖祥解〗由題給流程可知，菱鎂礦主要成分為，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素煅燒，轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸己透髟氐难趸铮尤胂跛徜@溶液“蒸氨”，各金屬氧化物轉(zhuǎn)變?yōu)橄跛猁}溶液，但二氧化硅不溶，則過濾得濾渣1為二氧化硅、尾氣為氨氣；向濾液加入過氧化氫“氧化除錳”，錳元素轉(zhuǎn)變?yōu)槌恋鞰nO2，硝酸銨溶液呈酸性，酸性條件下過氧化氫將溶液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，則過濾所得濾渣2為MnO2，濾液中加入草酸溶液“除鈣”，反應中產(chǎn)生草酸鈣沉淀，則過濾所得濾渣3為CaC2O4，向濾液中加入氨水“除鐵鋁”：調(diào)節(jié)溶液pH，將溶液中Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，則過濾得到濾渣4含有氫氧化鐵、氫氧化鋁，濾液所含主要陽離子為鎂離子，向濾液中加入氫氟酸溶液，將溶液中鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，過濾即得到目標產(chǎn)物氟化鎂?！驹斘觥緼．根據(jù)分析可知，“蒸氨”時，尾氣的主要成分是，二氧化碳是在煅燒時產(chǎn)生，故A錯誤；B．溶液是綠色氧化劑，將錳元素轉(zhuǎn)變?yōu)槌恋鞰nO2，還將Fe2+氧化為Fe3+，但生成的MnO2和Fe3+能催化H2O2分解，從而加大H2O2用量，故B正確；C．“除鐵鋁”過程中，由，知：當恰好沉淀完全時，鐵離子早已沉淀完全，則溶液中，可知，故C正確；D．HF為弱酸，則“沉淀”時，反應產(chǎn)生氟化鎂沉淀的離子方程式是：，故D錯誤；故答案選AD。13.中國科學家研究用還原生成和的路徑，各基元反應及活化能如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.中原子的軌道雜化方式有2種B.路徑中被還原為的化學反應速率更快C.路徑中被還原為的反應焓變更小D.生成的各基元反應中，元素均被還原【答案】C【詳析】A．NH2NO中N原子的軌道雜化方式為sp3、sp2，A正確；B．活化能大的反應，速率慢，為該反應的決速步，則生成NH3的決速步活化能為82.5kJ/mol，生成N2的決速步活化能為128.5kJ/mol，則生成NH3的速度快，B正確；C．根據(jù)蓋斯定律，路徑中NO被H2還原為N2的反應焓變更大，C錯誤；D．圖示可知，生成氨氣的過程為：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反應中N元素化合價均是降低，被還原，D正確；故答案選C。14.科學家研制了一種能在較低電壓下分解水獲得氧氣和氫氣的電化學裝置，工作原理如下。下列說法正確的是（）A.在電極a上產(chǎn)生B.隔膜為陽離子交換膜C.電極b的電極反應為D.為正八面體結(jié)構(gòu)，其中4個被取代后能得到2種產(chǎn)物【答案】CD〖祥解〗由圖可知，a電極發(fā)生氧化反應為陽極，堿性條件下[Fe(CN)6]4—離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成[Fe(CN)6]3—離子，催化劑作用下，[Fe(CN)6]3—離子與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4—離子、氧氣和水，b電極發(fā)生還原反應為陰極，水分子作用下DHPS在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成DHPS—2H和氫氧根離子，催化劑作用下，DHPS—2H與水反應生成DHPS和氫氣，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽極室移動，則M為氧氣、N為氫氣?！驹斘觥緼．電極a上發(fā)生[Fe(CN)6]4—-e-=[Fe(CN)6]3—,在反應器I中[Fe(CN)6]3—離子與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4—離子、氧氣和水，A錯誤；B．由分析可知，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽極室移動，則隔膜為陰離子交換膜，B錯誤；C．電極b發(fā)生還原反應，水分子作用下DHPS在陰極得到電子生成DHPS—2H和氫氧根離子，電極反應為，C正確；D．為正八面體結(jié)構(gòu)，以Fe3+為中心周圍有6個CN-離子，其中4個被取代后，還余下2個CN-離子，位置關(guān)系為八面體的鄰位和對位2種產(chǎn)物，D正確；答案選CD。15.室溫下，溶洞水體中的與空氣中的保持平衡，測得某溶洞水體中(為、、或)與的關(guān)系如圖所示[]。下列說法正確的是（）A.隨增大，與變化趨勢相同B.、、三點溶液中，的值均相等C.時，D.溶洞水體中：【答案】BC〖祥解〗隨著pH的增大，溶液的酸性逐漸減弱，c()、c()都增大，c(Ca2+)減小，即lgc()、lgc()逐漸增大，lgc(Ca2+)逐漸減小，并且弱酸性環(huán)境中l(wèi)gc()>lgc()，所以經(jīng)過a點的曲線表示lgc()與pH的關(guān)系，經(jīng)過b點的曲線表示lgc()與pH的關(guān)系，下降的曲線表示lgc(Ca2+)與pH的關(guān)系，(6.3，-5)點時c(H2CO3)=c()，此時，同理根據(jù)(10.3，-1.1)點數(shù)值計算，結(jié)合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c()進行計算，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．根據(jù)分析可知，隨著pH的增大，lgc()是增大，lgc(Ca2+)逐漸減小，所以二者變化趨勢不相同，故A錯誤；B．a(chǎn)、b、c三點溶液中保持不變，則有即保持不變，故B正確；C．根據(jù)分析可知，，，則，由圖中a點數(shù)據(jù)可知，，則，當時，代入可得，，，故C正確；D．溶洞水體中，，溶液呈弱酸性，因此，故D錯誤；故答案選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.近年來，我國新能源汽車行業(yè)蓬勃發(fā)展，其動力電池常選鋰電池?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)原子的軌道表示式為_______________。（2）多種冠醚的空腔直徑和適合粒子直徑數(shù)據(jù)如下。冠醚名稱冠醚空腔直徑()適合粒子直徑()12-冠-415-冠-5……、……①冠醚可用作理電池電解質(zhì)添加劑，提高導電性能。鋰離子可與一種冠醚作用生成穩(wěn)定的絡(luò)離子，原因是___________________。②冠醚()可使辛烯更易被溶液氧化，該冠醚名稱為__________。（3）鋰鈷復合氧化物是鋰電池常用的正極材料，其理想晶體的結(jié)構(gòu)如圖。①鋰鈷復合氧化物的化學式為___________。②該晶體的密度為___________(列出計算式，表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。③在_______(填“充電”或“放電”)過程中會從層間脫出，該過程會導致結(jié)構(gòu)的變大，原因是___________________________________?！敬鸢浮浚?）（2）①.冠醚空腔直徑與鋰離子直徑適配②.18-冠-6（3）①.LiCoO2②.③.充電鋰離子減少，使得鋰離子層與O-O層吸引力減弱，O-O層之間的排斥使得層間距離增大【詳析】（1）基態(tài)為3號元素，原子的軌道表示式為；（2）①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可推斷冠醚空腔直徑與適合的粒子直徑適配是冠醚識別堿金屬離子的必要條件；鋰離子可與一種冠醚作用生成穩(wěn)定的絡(luò)離子，原因是冠醚空腔直徑與鋰離子直徑適配。②中碳氧原子數(shù)目為18且含有6個氧原子，該冠醚名稱為18-冠-6；（3）①根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Li、個Co、個O，則鋰鈷復合氧化物的化學式為LiCoO2。②晶體密度為；③鈷復合氧化物是鋰電池常用的正極材料，則在充電過程中會從層間脫出，向陰極移動發(fā)生還原反應，該過程會導致結(jié)構(gòu)的變大，原因是鋰離子減少，使得鋰離子層與O-O層吸引力減弱，O-O層之間的排斥使得層間距離增大。17.是一種具有高離子電導率和優(yōu)異化學穩(wěn)定性的固體電解質(zhì)，其化學式為。某研究人員以鈦鐵礦(主要成分為，含少量、)為原料合成的工藝流程如下。已知：室溫下，，，，，?；卮鹣铝袉栴}：（1）為提高鈦鐵礦浸取率，還可以采用的措施有_________________(寫出一條)。（2）“粉碎過篩”后，不能省略“堿浸”的原因是_________________。（3）“酸浸”時反應的離子方程式為_________________。（4）“沉鈦”時生成的化學方程式為______________________。為探究可否通過與反應生成，需計算反應的平衡常數(shù)_______(保留2位有效數(shù)字)。（5）高溫反應時，理論上、、物質(zhì)的量的投料比為_______?！敬鸢浮浚?）適當加熱、攪拌或者增大NaOH的濃度（2）生成磷酸鈦中易混有磷酸鋁（3）FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O（4）3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O1.6×10-51（5）8:6:7〖祥解〗鈦鐵礦粉碎過篩后加入NaOH溶液，氧化鋁、二氧化硅和NaOH溶液反應而除去，F(xiàn)eTiO3用稀硫酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉鈦，得到Ti3(PO4)4，Ti3(PO4)4和AlPO4、Li3PO4高溫反應得到LATP?！驹斘觥浚?）為提高鈦鐵礦浸取率，還可以采用的措施有：適當加熱、攪拌或者增大NaOH的濃度；（2）“堿浸”可以除去Al2O3，省略“堿浸”，固體中有Al2O3加硫酸會生成鋁離子，最后得到的磷酸鈦中會混有磷酸鋁沉淀；（3）FeTiO3用稀硫酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，反應的離子方程式為：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；（4）“沉鈦”時TiOSO4加磷酸沉鈦，得到Ti3(PO4)4，化學方程式為3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O；平衡常數(shù)的表達式為===1.6×10-51；（5）若生成1mol，根據(jù)Li原子守恒，需要為mol，根據(jù)Al原子守恒需要0.4mol，根據(jù)Ti原子守恒需要mol，、、物質(zhì)的量的投料比為：0.4：=8：6：7。18.在醫(yī)療領(lǐng)域有特殊用途，在工業(yè)和實驗室研究中也有重要價值。（1）的實驗室制備。已知：鈷單質(zhì)在以上易被氧氣氧化，在加熱條件下與氯氣反應可制得純凈；熔點，易潮解變質(zhì)。①按氣流方向，正確的裝置接口順序為a____________。在接口a后_______(填“有”或“沒有”)必要接入單向閥。②為使?jié)恹}酸順利滴下，可將裝置A中盛放濃鹽酸的儀器替換為____________(填名稱)。③裝置B的作用是______________________。④為了獲得更純凈的，當觀察到__________________時，開始點燃D處酒精燈。（2）產(chǎn)品中的含量測定。Ⅰ．準確稱取制備的產(chǎn)品，配制成溶液，移取溶液于錐形瓶中；Ⅱ．滴加滴某鉀鹽溶液作為指示劑，用標準溶液滴定至終點；Ⅲ．平行測定三次，消耗溶液的體積平均值為，計算產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)。已知：室溫下，部分含銀難溶物的顏色和溶度積常數(shù)如下表。難溶物顏色白色磚紅色淺黃色黃色黑色①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，Ⅱ中應選擇的指示劑為_______(填化學式)。②產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為_______?！敬鸢浮浚?）①.hidefgbc沒有②.恒壓滴液漏斗③.防止空氣中的水蒸氣進入裝置D中，吸收多余的氯氣，防止氯氣污染大氣④.D中硬質(zhì)玻璃管充滿黃綠色氣體（2）①.K2CrO4②.〖祥解〗裝置A中二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣，且氯氣中混有水蒸氣和HCl,裝置E可以除去HCl,多孔球泡的目的是增大氣液的接觸面積，裝置C是對氯氣進行干燥，然后與鈷粉反應，生成CoCl2，用冰水冷卻CoCl2，最后接裝置B，除去多余的氯氣，防止污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置D中，因為CoCl2易潮解變質(zhì)；【詳析】（1）①根據(jù)分析可知，按氣流方向，正確的裝置接口順序為ahidefgbc,在接口a后沒有必要接入單向閥，因為裝置A中產(chǎn)生的是氣體，不會產(chǎn)生堵塞，故答案為：hidefgbc；沒有；

②為使?jié)恹}酸順利滴下，可將裝置A中盛放濃鹽酸的儀器替換為恒壓滴液漏斗，故答案為：恒壓滴液漏斗；

③根據(jù)分析可知，裝置B的作用是防止空氣中的水蒸氣進入裝置D中，吸收多余的氯氣，防止氯氣污染大氣，故答案為：防止空氣中的水蒸氣進入裝置D中，吸收多余的氯氣，防止氯氣污染大氣；

④為了獲得更純凈的CoCl2，當觀察到D中硬質(zhì)玻璃管充滿黃綠色氣體時，開始點燃D處酒精燈，故答案為：D中硬質(zhì)玻璃管充滿黃綠色氣體；（2）①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，AgBr、AgI、Ag2S的Ksp更小，更易與Ag+沉淀，故Ⅱ中應選擇的指示劑為K2CrO4，滴定終點為產(chǎn)生磚紅色沉淀，故答案為：K2CrO4；

②根據(jù)題意有關(guān)系式：CoCl2～2AgNO3，則產(chǎn)品中CoCl2的質(zhì)量分數(shù)為：。19.他非諾喹是一種抗瘧疾新藥，其中間體K的合成路線如下(部分反應條件已省略)。已知：回答下列問題：（1）A中官能團的名稱為____________；B的某同分異構(gòu)體只有一種化學環(huán)境的氫原子，其結(jié)構(gòu)簡式為_________________。（2）由B生成D的化學方程式為___________________________。（3）由F生成G的反應類型是___________________，該反應中的作用是_____________________。（4）由J生成K的合成路線如下(部分反應條件已略去)。①由J生成P是加成反應，P中含有_______個不對稱碳原子。②Q的結(jié)構(gòu)簡式為_________________；Q與K互為構(gòu)造異構(gòu)中的____________異構(gòu)?！敬鸢浮浚?）羧基（2）2CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH（3）取代反應消耗生成的HCl，促進反應正向進行（4）①.1②.官能團〖祥解〗A能和乙醇發(fā)生酯化反應，則A中含有羧基，結(jié)合A的分子式知，A為CH3COOH，B為CH3COOCH2CH3，B發(fā)生信息中的反應生成D，結(jié)合D的分子式知，D為CH3COCH2COOCH2CH3，E和硝酸發(fā)生取代反應生成F，根據(jù)F的分子式及K的結(jié)構(gòu)簡式知，F(xiàn)為，F(xiàn)和甲醇發(fā)生取代反應生成G為，根據(jù)H的分子式知，G中硝基發(fā)生還原反應生成H為；D和H發(fā)生第二個信息的反應生成J為，由J生成K可以看作三步反應，P中含有兩個六元環(huán)，結(jié)合K的結(jié)構(gòu)簡式知，J發(fā)生加成反應生成P為，P發(fā)生消去反應生成Q為，Q發(fā)生異構(gòu)化生成K。【詳析】（1）由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，含有的官能團為羧基；B為CH3COOCH2CH3，其一種同分異構(gòu)體只含有一種等效氫，結(jié)構(gòu)簡式為；（2）B→D的化學方程式為2CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH；（3）F為，F(xiàn)和甲醇發(fā)生取代反應生成的G為，反應類型為取代反應，NaOH的作用是消耗生成的HCl，促進反應正向進行；（4）①由上述分析可知，P的結(jié)構(gòu)簡式為，含有1個不對稱碳原子，即連有羥基的碳原子；②Q的結(jié)構(gòu)簡式為，其發(fā)生異構(gòu)化生成K：，兩者互為構(gòu)造異構(gòu)中的官能團異構(gòu)。20.水煤氣變換反應是工業(yè)上的重要反應，可用于制氫。水煤氣變換反應：回答下列問題：（1）已知和的摩爾燃燒焓分別為、，且，則____________。（2）在下進行實驗：①使純緩慢地通過過量氧化鈷，平衡后氣體中的物質(zhì)的量分數(shù)為0.0250.②用還原，平衡后氣體中的物質(zhì)的量分數(shù)為0.0192。根據(jù)上述實驗結(jié)果分析，的平衡常數(shù)____________(用物質(zhì)的量分數(shù)代替平衡濃度計算)；還原為的傾向____________(填“大于”、“小于”或“等于”)。（3）時，在密閉容器中將等物質(zhì)的量的和混合，采用適當?shù)拇呋瘎┻M行反應，則平衡時體系中的物質(zhì)的量分數(shù)為____________(保留2位有效數(shù)字，)。（4）制氫過程中為除去中的少量，查閱資料發(fā)現(xiàn)，可利用銅鈰氧化物(，是活潑金屬)進行選擇性催化氧化。該過程中、的化合價均發(fā)生變化，可能的機理如圖所示。①圖中所示機理的步驟(ⅱ)中，中碳原子因略帶負電荷更易被銅原子吸附。中碳原子略帶負電荷的主要原因是_____________________________________。②將的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應器，的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如圖所示。當催化氧化溫度超過時，催化劑的催化活性下降，其可能原因是______________________?！敬鸢浮浚?）（2）39大于（3）0.27（4）①.CO中配位鍵的電子對是氧原子單方面提供的②.超過150℃時，Cu(+2價)或Cu(+1價)被H2還原為金屬Cu【詳析】（1）已知和的摩爾燃燒焓分別為、，據(jù)此可得熱化學方程式：③；④；②；目標反應為①，根據(jù)蓋斯定律可知反應①=③-④-②得到，則。（2）由題所給數(shù)據(jù)可知，①對于反應，；②對于反應，；相同溫度下，平衡常數(shù)越大，反應進行的傾向更大，故還原為的傾向大于。（3）假設(shè)開始時CO、H2O(g)的物質(zhì)的量都是mmol，發(fā)生反應：，反應達到平衡時CO的改變量為xmol，則平衡時n(CO)=n(H2O)=(m-x)mol，n(CO2)=n(H2)=xmol，反應在恒容密閉容器中進行，，，有，則平衡時體系中的物質(zhì)的量分數(shù)為：。（4）①中碳原子略帶負電荷的主要原因是：CO中配位鍵的電子對是氧原子單方面提供的；②由于溫度超過150℃時，Cu(+2價)或Cu(+1價)被H2還原為金屬Cu，所以當催化氧化溫度超過150℃時，催化劑的催化活性下降。山東省濱州市2024屆高三上學期期末考試可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7N14O16Cl35.5Co59一、選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.我國航空航天技術(shù)走在世界前列，其中化學材料起著重要作用。下列說法錯誤的是（）A.神舟十七號載人飛船使用的可充電鎘鎳電池屬于二次電池B.中國空間站核心艙使用的半導體砷化鎵是太陽能電池材料C.航天員航天服制作材料中的滌綸屬于天然有機高分子材料D.國產(chǎn)飛機用到的氮化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料【答案】C【詳析】A．可充電鎘鎳電池能充放電，屬于二次電池，A正確；B．半導體砷化鎵具有良好的半導體性能，是太陽能電池材料，B正確；C．滌綸屬于人工合成有機高分子材料，C錯誤；D．氮化硅陶瓷性能優(yōu)良，屬于新型無機非金屬材料，D正確；故選C2.下列說法正確的是（）A.乙炔分子的空間填充模型為B.2-甲基-2-戊烯的鍵線式為C.屬于醛類D.存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體【答案】D【詳析】A．乙炔分子中四個原子在同一條直線上，故A錯誤；B．2-甲基-2-戊烯的鍵線式為，故B錯誤；C．該有機物的官能團為-OOCH，屬于酯類，故C錯誤；D．該分子含有7個碳、不飽和度為4，苯環(huán)的不飽和度也為4，則存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故D正確；故答案選D3.短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大。基態(tài)X原子最高能級有3個未成對電子；基態(tài)Y原子的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的3倍；基態(tài)Z原子的第一電離能高于同周期相鄰元素；基態(tài)Q原子的價電子，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等。下列說法錯誤的是（）A.原子半徑： B.元素的電負性：C.簡單氫化物的熔點： D.X和Y的單質(zhì)分子均為非極性分子【答案】D〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大，X的原子序數(shù)最小，而基態(tài)X原子最高能級有3個未成對電子，可知X的電子排布式為：1s22s22p3，則X為N元素；基態(tài)Y原子的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y含有2個電子層，因此Y的核外電子排布為2、6，可知Y為O元素；Q的原子序數(shù)最大，因此Q元素在第三周期，基態(tài)Q原子的價電子，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等，可知Q的電子排布式為：1s22s22p63s23p2，則Q為Si元素；由此可知，Z元素也在第三周期，基態(tài)Z原子的第一電離能高于同周期相鄰元素，說明為第ⅡA或ⅤA族，又原子序數(shù)小于硅，可知Z為Mg元素，綜合可知，X、Y、Z、Q分別為N、O、Mg、Si元素，據(jù)此作答?！驹斘觥緼．同周期主族元素從左到右原子半徑遞減，同主族元素從上往下原子半徑遞增，則原子半徑：，故A正確；B．同周期主族元素從左到右元素電負性逐漸增大，同主族元素從上往下元素電負性逐漸減小，則元素的電負性：，故B正確；C．MgH2離子晶體，H2O、NH3、SiH4為分子晶體，因此MgH2的熔點最高，而常溫下，H2O為液態(tài)，NH3、SiH4為氣態(tài)，NH3分子間存在氫鍵，其沸點大于硅烷，則簡單氫化物的熔點：，故C正確；D．X和Y的單質(zhì)分子有N2、O2、O3，N2、O2均為非極性分子，但是O3為極性分子，故D錯誤；故答案選D。4.下列裝置或操作能達到實驗目的的是（）A．測定溶液的濃度B．測定分解產(chǎn)生氣體的體積C．測定中和反應的反應熱D．由制取無水【答案】A【詳析】A．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，應該使用酸式滴定管進行滴定，圖中為酸式滴定管，故A正確；B．不能用長頸漏斗，否則會導致氣體從長頸漏斗口逸散，需要用分液漏斗，故B錯誤；C．根據(jù)圖示可知簡易量熱計中缺少攪拌用的環(huán)形玻璃攪拌器，故C錯誤；D．加熱五水硫酸銅失去結(jié)晶水生成無水硫酸銅，溫度要達到150℃以上，應該在坩堝中進行，故D錯誤；故答案選A。5.鄰羥基苯甲酸乙酯()廣泛應用于有機合成，還可用作食品香料、工業(yè)溶劑等，其制備原理為+CH3CH2OH+H2O。下列說法錯誤的是（）A.加熱方式可采用電加熱套加熱B.可用飽和溶液洗滌反應后混合液C.洗滌后所得粗品可用堿石灰干燥D.酸性：>>CH3CH2OH【答案】C【詳析】A．反應溫度控制在95℃，加熱方式適合用電加熱套加熱，可以恒定溫度，故A正確；B．飽和溶液可中和酸，可用其洗滌反應后混合液中的酸性雜質(zhì)，故B正確；C．堿石灰中含有少量NaOH等強堿，可使酯在堿性條件下發(fā)生水解，不可用堿石灰干燥，故C錯誤；D．根據(jù)較強酸制較弱酸的規(guī)律可知，的酸性比強，而乙醇為非電解質(zhì)，含有的并非是酚羥基，并不能電離出H+，酸性最弱，因此酸性：>>CH3CH2OH，故D正確；故答案選C。6.“價一類”二維圖為我們認識物質(zhì)性質(zhì)和實現(xiàn)物質(zhì)轉(zhuǎn)化提供了新思路。下列說法錯誤的是（）A.若a含Cu元素，其在潮濕的空氣中可生成銅銹[]B.若b含S元素，其能使紫色石蕊試液先變紅后褪色C.若c含P元素，其為二元弱酸，與足量溶液反應生成D.若d為鈉鹽，其可具有氧化性，也可具有還原性【答案】B【詳析】A．若a為含Cu元素，銅在空氣中與水、氧氣和二氧化碳生成銅銹，A正確；B．若b含硫元素，為SO2，SO2能使紫色石蕊試液先變紅，無法褪色，B錯誤；C．若c含P，為+3價含氧酸，其為H3PO3，為二元弱酸，與足量NaOH溶液反應生成Na2HPO3，C正確；D．若d為鈉鹽，若為+1價Cl的含氧酸鹽NaClO，既可以具有氧化性，也可以具有還原性，D正確；故答案為：B。7.藥物貝諾酯由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚制備，其原理為下列說法錯誤的是（）A.乙酰水楊酸分子中所有碳原子可共平面B.對乙酰氨基酚的核磁共振碳譜有5組峰C.對乙酰氨基酚在一定條件下可與甲醛反應D.貝諾酯在酸性條件下充分水解可得到3種產(chǎn)物【答案】B【詳析】A．乙酰水楊酸分子中苯環(huán)所有原子共平面，酯基和羧基C采取sp2雜化，也為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可旋轉(zhuǎn)，所以所有碳原子可共平面，故A正確；B．根據(jù)對乙酰氨基酚的結(jié)構(gòu)可知，有6種化學環(huán)境不同的碳原子，則核磁共振碳譜為6組峰，故B錯誤；C．根據(jù)苯酚和甲醛在一定條件下發(fā)生縮聚反應生成酚醛樹脂，因此對乙酰氨基酚與甲醛在一定條件下可以發(fā)生類似反應，故C正確；D．貝諾酯中酰胺基、2個酯基發(fā)生水解反應生成CH3COOH、、，故D正確；故答案選B。8.某和形成的金屬化合物的立方晶胞結(jié)構(gòu)如下。下列說法正確的是（）A.該晶體屬于金屬晶體B.周圍距離最近的原子個數(shù)為6C.該晶胞沿x軸、z軸的投影圖完全相同D.該晶體在高溫時導電能力更強【答案】A【詳析】A．和為金屬元素，形成的化合物為金屬晶體，A正確；B．Sn原子位于晶胞的8個頂點，1個體心，體心周圍距離最近且相等的Sn原子個數(shù)是8個頂點的Sn，故Sn周圍距離最近的Sn原子個數(shù)為8，B錯誤；C．晶胞沿y軸、z軸的投影圖完全相同，投影圖為，與晶胞沿x軸投影圖不同，C錯誤；D．高溫時，金屬的電阻增加，導電能力減弱，D錯誤；故答案為：A。9.實驗室從含的水溶液中提取純碘有以下兩種方案下列說法錯誤的是（）A.“富集”使用的分液漏斗振蕩排氣時，分液漏斗下口應向上傾斜B.方案甲中，“酸化”時反應的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比可能為C.方案乙中，“操作X”的名稱是升華D.該流程中可循環(huán)利用【答案】C【詳析】A．“富集”使用的分液漏斗振蕩排氣時，為了方便排氣減小壓強差，分液漏斗下口應向上傾斜，A正確；B．方案甲中，加入NaOH溶液反應的化學方程式為，“酸化”時反應的化學方程式為，氧化劑為NaIO3，還原劑為NaI，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5，B正確；C．根據(jù)流程圖可知，方案乙中，“操作X”的名稱是蒸餾，C錯誤；D．根據(jù)流程圖可知，該流程中CCl4可循環(huán)利用，D正確；故選C。10.我國某科研團隊提出用多孔泡沫鐵、高度膨化的納米泡沫碳和添加的溶液構(gòu)建獨特的“搖椅式”全鐵離子電池，電池結(jié)構(gòu)如圖(陰離子未標出)。下列說法正確的是（）A.放電時，N的電極電勢高于MB.充電時，泡沫鐵上發(fā)生的電極反應為C.充電時，每轉(zhuǎn)移，參與反應的物質(zhì)中鐵元素總質(zhì)量為D.為提高電池效率，可用代替【答案】B〖祥解〗電池結(jié)構(gòu)使用的是多孔泡沫鐵、高度膨化的納米泡沫碳，因此放電時，N極泡沫鐵失電子發(fā)生氧化反應：，N是負極；M電極Fe3+在泡沫碳表面得電子發(fā)生還原反應：，M是正極；充電時，N極為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：；M極為陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：，據(jù)此作答。【詳析】A．根據(jù)分析可知，N是負極，M是正極，正極電勢高于負極電勢，因此放電時，M的電極電勢高于N，故A錯誤；B．充電時，M是陽極，陽極的電極反應式為：，故B正確；C．根據(jù)分析可知，充電時，轉(zhuǎn)移時，陽極上有2molFe2+參與反應，陰極上有1molFe2+參與反應，故參與反應的物質(zhì)中鐵元素總質(zhì)量為，故C錯誤；D．氯化銨溶液為酸性，可抑制Fe2+、Fe3+水解，故不能用代替，故D錯誤；故答案選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗操作、現(xiàn)象均正確，且所推結(jié)論合理的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向一定量酸性溶液中加入乙二醇溶液紫色變淺乙二醇被酸性溶液氧化為乙二酸B向濃硫酸加入炭粉并加熱，導出的氣體通入溶液中溶液中出現(xiàn)白色沉淀導出的氣體中有和C向一定濃度的溶液中通入適量氣體溶液中出現(xiàn)黑色沉淀的酸性比強D室溫下，向的某補鐵劑溶液中加入鄰二氮菲溶液中出現(xiàn)橙紅色該補鐵劑中含有【答案】D【詳析】A．將乙二醇(HOCH2CH2OH)加入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色變淺，只能說明乙二醇能夠?qū)⑺嵝愿咤i酸鉀溶液還原，但不能說明乙二醇被氧化成乙二酸，故A錯誤；B．濃硫酸中加入炭粉并加熱，由于SO2和CO2不與氯化鋇溶液反應，將導出的氣體通入BaCl2溶液中不會生成白色沉淀，故B錯誤；C．CuSO4和H2S反應生成CuS黑色沉淀，反應能發(fā)生是因為CuS不溶于硫酸，不是因為H2S的酸性比H2SO4強，硫酸是強酸，H2S是弱酸，故C錯誤；D．鄰二氮菲與Fe2+在pH=3～9的溶液中，會形成一種穩(wěn)定的橙紅色絡(luò)合物，若補鐵劑溶液pH過小，氫離子與鄰二氮菲中的氮原子形成配位鍵影響亞鐵離子檢驗，溶液pH過大，亞鐵離子會與氫氧根離子生成氫氧化亞鐵沉淀影響亞鐵離子檢驗，所以若向pH=7的溶液中加入鄰二氮菲，溶液變?yōu)槌燃t色說明補鐵劑中含有亞鐵離子，故D正確；故答案選D。12.菱鎂礦(主要成分為，含少量、、、和等元素)制備氟化鎂的工藝流程如下。已知：①室溫下，，；②時，認為該離子已沉淀完全。下列說法錯誤的是（）A.“蒸氨”時，尾氣的主要成分是、B.“氧化除錳”時，消耗溶液的體積高于理論值C.“除鐵鋁”時，當恰好沉淀完全時，D.“沉淀”時，發(fā)生反應的離子方程式為【答案】AD〖祥解〗由題給流程可知，菱鎂礦主要成分為，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素煅燒，轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸己透髟氐难趸?，加入硝酸銨溶液“蒸氨”，各金屬氧化物轉(zhuǎn)變?yōu)橄跛猁}溶液，但二氧化硅不溶，則過濾得濾渣1為二氧化硅、尾氣為氨氣；向濾液加入過氧化氫“氧化除錳”，錳元素轉(zhuǎn)變?yōu)槌恋鞰nO2，硝酸銨溶液呈酸性，酸性條件下過氧化氫將溶液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，則過濾所得濾渣2為MnO2，濾液中加入草酸溶液“除鈣”，反應中產(chǎn)生草酸鈣沉淀，則過濾所得濾渣3為CaC2O4，向濾液中加入氨水“除鐵鋁”：調(diào)節(jié)溶液pH，將溶液中Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，則過濾得到濾渣4含有氫氧化鐵、氫氧化鋁，濾液所含主要陽離子為鎂離子，向濾液中加入氫氟酸溶液，將溶液中鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，過濾即得到目標產(chǎn)物氟化鎂。【詳析】A．根據(jù)分析可知，“蒸氨”時，尾氣的主要成分是，二氧化碳是在煅燒時產(chǎn)生，故A錯誤；B．溶液是綠色氧化劑，將錳元素轉(zhuǎn)變?yōu)槌恋鞰nO2，還將Fe2+氧化為Fe3+，但生成的MnO2和Fe3+能催化H2O2分解，從而加大H2O2用量，故B正確；C．“除鐵鋁”過程中，由，知：當恰好沉淀完全時，鐵離子早已沉淀完全，則溶液中，可知，故C正確；D．HF為弱酸，則“沉淀”時，反應產(chǎn)生氟化鎂沉淀的離子方程式是：，故D錯誤；故答案選AD。13.中國科學家研究用還原生成和的路徑，各基元反應及活化能如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.中原子的軌道雜化方式有2種B.路徑中被還原為的化學反應速率更快C.路徑中被還原為的反應焓變更小D.生成的各基元反應中，元素均被還原【答案】C【詳析】A．NH2NO中N原子的軌道雜化方式為sp3、sp2，A正確；B．活化能大的反應，速率慢，為該反應的決速步，則生成NH3的決速步活化能為82.5kJ/mol，生成N2的決速步活化能為128.5kJ/mol，則生成NH3的速度快，B正確；C．根據(jù)蓋斯定律，路徑中NO被H2還原為N2的反應焓變更大，C錯誤；D．圖示可知，生成氨氣的過程為：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反應中N元素化合價均是降低，被還原，D正確；故答案選C。14.科學家研制了一種能在較低電壓下分解水獲得氧氣和氫氣的電化學裝置，工作原理如下。下列說法正確的是（）A.在電極a上產(chǎn)生B.隔膜為陽離子交換膜C.電極b的電極反應為D.為正八面體結(jié)構(gòu)，其中4個被取代后能得到2種產(chǎn)物【答案】CD〖祥解〗由圖可知，a電極發(fā)生氧化反應為陽極，堿性條件下[Fe(CN)6]4—離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成[Fe(CN)6]3—離子，催化劑作用下，[Fe(CN)6]3—離子與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4—離子、氧氣和水，b電極發(fā)生還原反應為陰極，水分子作用下DHPS在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成DHPS—2H和氫氧根離子，催化劑作用下，DHPS—2H與水反應生成DHPS和氫氣，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽極室移動，則M為氧氣、N為氫氣。【詳析】A．電極a上發(fā)生[Fe(CN)6]4—-e-=[Fe(CN)6]3—,在反應器I中[Fe(CN)6]3—離子與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4—離子、氧氣和水，A錯誤；B．由分析可知，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽極室移動，則隔膜為陰離子交換膜，B錯誤；C．電極b發(fā)生還原反應，水分子作用下DHPS在陰極得到電子生成DHPS—2H和氫氧根離子，電極反應為，C正確；D．為正八面體結(jié)構(gòu)，以Fe3+為中心周圍有6個CN-離子，其中4個被取代后，還余下2個CN-離子，位置關(guān)系為八面體的鄰位和對位2種產(chǎn)物，D正確；答案選CD。15.室溫下，溶洞水體中的與空氣中的保持平衡，測得某溶洞水體中(為、、或)與的關(guān)系如圖所示[]。下列說法正確的是（）A.隨增大，與變化趨勢相同B.、、三點溶液中，的值均相等C.時，D.溶洞水體中：【答案】BC〖祥解〗隨著pH的增大，溶液的酸性逐漸減弱，c()、c()都增大，c(Ca2+)減小，即lgc()、lgc()逐漸增大，lgc(Ca2+)逐漸減小，并且弱酸性環(huán)境中l(wèi)gc()>lgc()，所以經(jīng)過a點的曲線表示lgc()與pH的關(guān)系，經(jīng)過b點的曲線表示lgc()與pH的關(guān)系，下降的曲線表示lgc(Ca2+)與pH的關(guān)系，(6.3，-5)點時c(H2CO3)=c()，此時，同理根據(jù)(10.3，-1.1)點數(shù)值計算，結(jié)合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c()進行計算，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．根據(jù)分析可知，隨著pH的增大，lgc()是增大，lgc(Ca2+)逐漸減小，所以二者變化趨勢不相同，故A錯誤；B．a(chǎn)、b、c三點溶液中保持不變，則有即保持不變，故B正確；C．根據(jù)分析可知，，，則，由圖中a點數(shù)據(jù)可知，，則，當時，代入可得，，，故C正確；D．溶洞水體中，，溶液呈弱酸性，因此，故D錯誤；故答案選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.近年來，我國新能源汽車行業(yè)蓬勃發(fā)展，其動力電池常選鋰電池?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)原子的軌道表示式為_______________。（2）多種冠醚的空腔直徑和適合粒子直徑數(shù)據(jù)如下。冠醚名稱冠醚空腔直徑()適合粒子直徑()12-冠-415-冠-5……、……①冠醚可用作理電池電解質(zhì)添加劑，提高導電性能。鋰離子可與一種冠醚作用生成穩(wěn)定的絡(luò)離子，原因是___________________。②冠醚()可使辛烯更易被溶液氧化，該冠醚名稱為__________。（3）鋰鈷復合氧化物是鋰電池常用的正極材料，其理想晶體的結(jié)構(gòu)如圖。①鋰鈷復合氧化物的化學式為___________。②該晶體的密度為___________(列出計算式，表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。③在_______(填“充電”或“放電”)過程中會從層間脫出，該過程會導致結(jié)構(gòu)的變大，原因是___________________________________?！敬鸢浮浚?）（2）①.冠醚空腔直徑與鋰離子直徑適配②.18-冠-6（3）①.LiCoO2②.③.充電鋰離子減少，使得鋰離子層與O-O層吸引力減弱，O-O層之間的排斥使得層間距離增大【詳析】（1）基態(tài)為3號元素，原子的軌道表示式為；（2）①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可推斷冠醚空腔直徑與適合的粒子直徑適配是冠醚識別堿金屬離子的必要條件；鋰離子可與一種冠醚作用生成穩(wěn)定的絡(luò)離子，原因是冠醚空腔直徑與鋰離子直徑適配。②中碳氧原子數(shù)目為18且含有6個氧原子，該冠醚名稱為18-冠-6；（3）①根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Li、個Co、個O，則鋰鈷復合氧化物的化學式為LiCoO2。②晶體密度為；③鈷復合氧化物是鋰電池常用的正極材料，則在充電過程中會從層間脫出，向陰極移動發(fā)生還原反應，該過程會導致結(jié)構(gòu)的變大，原因是鋰離子減少，使得鋰離子層與O-O層吸引力減弱，O-O層之間的排斥使得層間距離增大。17.是一種具有高離子電導率和優(yōu)異化學穩(wěn)定性的固體電解質(zhì)，其化學式為。某研究人員以鈦鐵礦(主要成分為，含少量、)為原料合成的工藝流程如下。已知：室溫下，，，，，?；卮鹣铝袉栴}：（1）為提高鈦鐵礦浸取率，還可以采用的措施有_________________(寫出一條)。（2）“粉碎過篩”后，不能省略“堿浸”的原因是_________________。（3）“酸浸”時反應的離子方程式為_________________。（4）“沉鈦”時生成的化學方程式為______________________。為探究可否通過與反應生成，需計算反應的平衡常數(shù)_______(保留2位有效數(shù)字)。（5）高溫反應時，理論上、、物質(zhì)的量的投料比為_______?！敬鸢浮浚?）適當加熱、攪拌或者增大NaOH的濃度（2）生成磷酸鈦中易混有磷酸鋁（3）FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O（4）3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O1.6×10-51（5）8:6:7〖祥解〗鈦鐵礦粉碎過篩后加入NaOH溶液，氧化鋁、二氧化硅和NaOH溶液反應而除去，F(xiàn)eTiO3用稀硫酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉鈦，得到Ti3(PO4)4，Ti3(PO4)4和AlPO4、Li3PO4高溫反應得到LATP。【詳析】（1）為提高鈦鐵礦浸取率，還可以采用的措施有：適當加熱、攪拌或者增大NaOH的濃度；（2）“堿浸”可以除去Al2O3，省略“堿浸”，固體中有Al2O3加硫酸會生成鋁離子，最后得到的磷酸鈦中會混有磷酸鋁沉淀；（3）FeTiO3用稀硫酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，反應的離子方程式為：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；（4）“沉鈦”時TiOSO4加磷酸沉鈦，得到Ti3(PO4)4，化學方程式為3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O；平衡常數(shù)的表達式為===1.6×10-51；（5）若生成1mol，根據(jù)Li原子守恒，需要為mol，根據(jù)Al原子守恒需要0.4mol，根據(jù)Ti原子守恒需要mol，、、物質(zhì)的量的投料比為：0.4：=8：6：7。18.在醫(yī)療領(lǐng)域有特殊用途，在工業(yè)和實驗室研究中也有重要價值。（1）的實驗室制備。已知：鈷單質(zhì)在以上易被氧氣氧化，在加熱條件下與氯氣反應可制得純凈；熔點，易潮解變質(zhì)。①按氣流方向，正確的裝置接口順序為a____________。在接口a后_______(填“有”或“沒有”)必要接入單向閥。②為使?jié)恹}酸順利滴下，可將裝置A中盛放濃鹽酸的儀器替換為____________(填名稱)。③裝置B的作用是______________________。④為了獲得更純凈的，當觀察到__________________時，開始點燃D處酒精燈。（2）產(chǎn)品中的含量測定。Ⅰ．準確稱取制備的產(chǎn)品，配制成溶液，移取溶液于錐形瓶中；Ⅱ．滴加滴某鉀鹽溶液作為指示劑，用標準溶液滴定至終點；Ⅲ．平行測定三次，消耗溶液的體積平均值為，計算產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)。已知：室溫下，部分含銀難溶物的顏色和溶度積常數(shù)如下表。難溶物顏色白色磚紅色淺黃色黃色黑色①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，Ⅱ中應選擇的指示劑為_______(填化學式)。②產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為_______?！敬鸢浮浚?）①.hidefgbc沒有②.恒壓滴液漏斗③.防止空氣中的水蒸氣進入裝置D中，吸收多余的氯氣，防止氯氣污染大氣④.D中硬質(zhì)玻璃管充滿黃綠色氣體（2）①.K2CrO4②.〖祥解〗裝置A中二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣，且氯氣中混有水蒸氣和HCl,裝置E可以除去HCl,多孔球泡的目的是增大氣液的接觸面積，裝置C是對氯氣進行干燥，然后與鈷粉反應，生成CoCl2，用冰水冷卻CoCl2，最后接裝置B，除去多余的氯氣，防止污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置D中，因為CoCl2易潮解變質(zhì)；【詳析】（1）①根據(jù)分析可知，按氣流方向，正確的裝置接口順序為ahidefgbc,在接口a后沒有必要接入單向閥，因為裝置A中產(chǎn)生的是氣體，不會產(chǎn)生堵塞，故答案為：hidefgbc；沒有；

②為使?jié)恹}酸順利滴下，可將