重慶市南開中學(xué)校2022-2023學(xué)年高三第九次（三診）化學(xué) Word版含解析

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重慶市南開中學(xué)23屆高三第九次質(zhì)量檢測化學(xué)試題考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。必須在題號所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上答題無效。可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1Li—7C—12O—16S—32Fe—56Cu—64一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.向下列物質(zhì)中加入NaOH溶液并加熱，其成分不發(fā)生改變的是A．用聚四氟乙烯制成的實驗儀器B．用于通信的光導(dǎo)纖維C．用于焙制糕點的小蘇打D．從餐廚廢棄物中提取的地溝油A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A．聚四氟乙烯不和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故A符合題意；B．光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，離子方程式為，故B不符合題意；C．小蘇打的主要成分是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和水，離子方程式為：，故C不符合題意；D．“地溝油”的成分是油脂，與堿溶液反應(yīng)生成高級脂肪酸鹽和甘油，故D不符合題意；故答案選A?！军c睛】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，題目難度不大。

12.“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，性質(zhì)決定用途”。下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途不具有對應(yīng)關(guān)系的是A氮化硅耐高溫、抗氧化，可用于制造高溫結(jié)構(gòu)陶瓷B.氯化鐵溶液顯酸性，可用于刻蝕銅制電路板C.硬鋁的密度小、強度高，可用于制造飛機外殼D.聚乳酸具有生物相容性和可降解性，可用作手術(shù)縫合線【答案】B【解析】【詳解】A．氮化硅為共價晶體，熔沸點很高，硬度很大，性質(zhì)穩(wěn)定，耐高溫，抗氧化，可用于制造高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，故A正確；B．氯化鐵具有氧化性，能與Cu單質(zhì)反應(yīng)，因此用于刻蝕銅制電路板，與溶液酸性無關(guān)，故B錯誤；C．硬鋁合金具有高強度，低密度的特點，可用于制造飛機外殼，故C正確；D．聚乳酸具有生物相容性，同時也可水解成乳酸，容易降解，因此可用作手術(shù)縫合線，故D正確；故選：B。3.室溫下，下列各組微粒在指定溶液中可能大量共存的是A.無色透明的水溶液中：、、B.硝酸型酸雨的雨水中：、、C.加入金屬Al產(chǎn)生的水溶液中：、、D.水電離的濃度為mol/L的水溶液中：、、【答案】C【解析】【詳解】A．為橙紅色，不符合無色條件，故A錯誤；B．硝酸型酸雨具有強氧化性，能氧化還原性的離子，所以不能大量共存，故B錯誤；C．加入金屬Al生成的氫氣的水溶液為弱氧化性酸或強堿溶液，如果溶液呈強堿性，這幾種離子之間不反應(yīng)且和OH?不反應(yīng)，能大量共存，故C正確；D．水電離的H＋濃度為1×10?12mol/L的水溶液中，水的電離被抑制，溶液呈酸性或堿性，高錳酸根離子氧化甲醇而不能大量共存，故D錯誤；故答案選C?！军c睛】本題考查離子共存，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確離子的性質(zhì)、離子共存條件是解本題關(guān)鍵。

24.白銅是一種延展性好、硬度高、色澤美觀、耐腐蝕的合金材料，其主要成分為Cu、Ni、Zn，還含有少量S、P、As等元素。關(guān)于上述涉及到的元素，下列說法正確的是A.基態(tài)Ni原子的簡化電子排布式為：B.基態(tài)As原子最高能級的軌道形狀為啞鈴形C.第一電離能：S>P>CuD.S、P為p區(qū)元素，Cu、Zn為d區(qū)元素【答案】B【解析】【詳解】A．基態(tài)Ni原子的簡化電子排布式為：[Ar]，故A錯誤；B．基態(tài)As原子最高能級為4p，其軌道為啞鈴形，故B正確；C．第一電離能：P＞S＞Cu，故C錯誤；D．S、P為p區(qū)元素，Cu、Zn為ds區(qū)元素，故D錯誤；故答案選：B。【點睛】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，明確基態(tài)原子核外電子排布規(guī)律、熟悉同周期元素性質(zhì)遞變規(guī)律是解題關(guān)鍵，題目難度不大。5.2023年4月3日，沙坪壩區(qū)公安分局民警走進重慶南開中學(xué)校園，舉辦了包括刑偵、網(wǎng)安、禁毒、反恐等主題的安全教育活動。學(xué)生們在禁毒教育中認識了以氯胺酮、四氫大麻酚等(結(jié)構(gòu)如下圖所示)為主要原料的毒品對人體與社會的危害。下列說法正確的是A.氯胺酮的分子式為B.四氫大麻酚中只有1個手性碳原子C.氯胺酮和四氫大麻酚均可以發(fā)生取代、加成、氧化、消去反應(yīng)D.1mol四氫大麻酚與濃溴水反應(yīng)，最多可以消耗3mol【答案】D【解析】【詳解】A．由氯胺酮的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為：，故A錯誤；

3B．四氫大麻酚中有2個手性碳原子，如圖：，故B錯誤；C．氯胺酮和四氫大麻酚均不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．酚羥基鄰、對位氫可與溴單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵可與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol四氫大麻酚可與3mol溴單質(zhì)反應(yīng)，故D正確；故選：D。6.R、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素且位于三個不同的周期。、、三種微粒的空間構(gòu)型相同，W與Z同主族。下列說法正確的是A.氫化物的沸點：X>Z>WB.原子半徑：Y>Z>X>RC.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X>W>Y>ZD.Z與W形成的二元化合物，其晶體熔點比Z單質(zhì)晶體低【答案】B【解析】【分析】R、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素且位于三個不同的周期，則R為H元素；由知X為N元素；由ZR4知，Z為Si元素；W與Z同主族，則W為C元素；又由可知，Y為Al元素，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．NH3存在分子間氫鍵，沸點較高，C和Si的氫化物屬于分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，而C的氫化物有多種，則其氫化物的沸點不一定比NH3、SiH4低，故A錯誤；B．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，序數(shù)越大半徑越小，因此原子半徑：Al＞Si＞N＞H，即Y＞Z＞X＞R，故B正確；C．非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，非金屬性：N＞C＞Si＞Al，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)＞Z＞Y，故C錯誤；D．Z與W形成的二元化合物為SiC，SiC和晶體Si均為原子晶體，Si?C鍵的鍵長小于Si?Si鍵，鍵能大于Si?Si鍵，則SiC晶體熔點比單質(zhì)Si晶體高，故D錯誤；故答案選B。7.是一種重要的有機溶劑，其工業(yè)制備原理為：，下列說法正確的是

4A.和中的C原子雜化方式均為B.和分子的空間結(jié)構(gòu)分別是V形和正四面體C.為非極性分子，為極性分子D.液態(tài)揮發(fā)時主要破壞共價鍵【答案】C【解析】【詳解】A．CS2和CCl4中的C原子的價層電子對數(shù)分別為、，雜化方式分別為sp、sp3，故A錯誤；B．根據(jù)CS2和CCl4中的C原子的價層電子對數(shù)分別為、，空間結(jié)構(gòu)分別是直線形和正四面體形，故B錯誤；C．CS2中的C原子的價層電子對數(shù)為，為直線形結(jié)構(gòu)，正負電荷中心重合，為非極性分子；S2Cl2中S原子的價層電子對數(shù)為，正負電荷中心不重合，為極性分子，故C正確；D．液態(tài)Cl2揮發(fā)時克服的是分子間作用力，化學(xué)鍵沒有斷裂，故D錯誤；故答案選C。【點睛】本題考查了微粒的空間結(jié)構(gòu)的判斷，難度不大，應(yīng)注意基礎(chǔ)知識的掌握和應(yīng)用。8.甘油()的化學(xué)名稱為丙三醇，是一種常用的有機化工原料。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為，下列分析正確的是A.100g質(zhì)量分數(shù)為46%的甘油水溶液中含有的氧原子數(shù)目為B.2.24L(標準狀況下)甘油含有的羥基數(shù)目為C.1mol甘油與3mol硬脂酸發(fā)生酯化反應(yīng)，生成的水分子數(shù)目為：D.9.2g甘油完全燃燒轉(zhuǎn)化為水和二氧化碳，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為：【答案】A【解析】【詳解】A．100g質(zhì)量分數(shù)為46%的甘油水溶液中含有的氧原子數(shù)目為：，故A正確；

5B．標況下甘油為液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積計算其物質(zhì)的量，故B錯誤；C．酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行到底，所以1mol甘油與3mol硬脂酸發(fā)生酯化反應(yīng)，生成的水分子數(shù)目小于3NA，故C錯誤；D．9.2g甘油物質(zhì)的量為：，完全燃燒轉(zhuǎn)化為水和二氧化碳，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.1mol×14×NAmol?1＝1.4NA，故D錯誤；故答案選A?！军c睛】本題考查物質(zhì)的量的計算，阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，為高頻考點，把握物質(zhì)的構(gòu)成、物質(zhì)的量與質(zhì)量的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度中等。9.根據(jù)下列實驗的操作和現(xiàn)象，可以說明相應(yīng)結(jié)論的是選項操作現(xiàn)象結(jié)論A將乙醇和濃硫酸的混合液加熱，將生成的氣體通入溴水中溴水褪色乙醇發(fā)生了消去反應(yīng)B將某鐵的氧化物用稀鹽酸溶解，再滴入2滴酸性溶液酸性溶液褪色該氧化物中一定含有C向某溶液中加入少量銅粉并振蕩，銅粉不溶解，再滴入2滴稀硫酸銅粉溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體原溶液中含有D向2mL1mol/L溶液中滴入2滴0.1mol/LNaOH溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液先產(chǎn)生藍色沉淀，再產(chǎn)生黑色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．生成的乙烯中混有二氧化硫，二者均與溴水反應(yīng)，則溴水褪色，不能證明乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，故A錯誤；B．酸性高錳酸鉀溶液可氧化鹽酸，紫色褪去，不能證明氧化物中含亞鐵離子，故B錯誤；

6C．酸性溶液中硝酸根離子氧化Cu，則銅粉溶解，生成NO與液面上方空氣中氧氣反應(yīng)生成紅棕色的二氧化氮氣體，故C正確；D．硫酸銅溶液中先滴加少量NaOH溶液，生成氫氧化銅藍色沉淀，此時硫酸銅過量，再滴加硫化鈉，直接生成黑色CuS沉淀，不能比較、的大小，故D錯誤；故答案選C。【點睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、難溶電解質(zhì)、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。10.如圖所示是黃鐵礦主要成分的晶胞，其陰陽離子的排布方式與氯化鈉晶體相似，但是雙原子離子，因此同一晶胞中存在多種取向的，若阿伏加德羅常數(shù)的值為，下列說法正確的是A.晶胞中與等距離且最近的有8個B.甲、乙兩處的的取向可能不同C.S原子的半徑為pmD.黃鐵礦晶體密度的計算式為g/cm【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，位于體心和棱心位置，與體心等距離且最近的都在棱心處，共有12個，故A錯誤；B．甲、乙兩處的位于平行面的面心位置，根據(jù)晶胞平行面相同的性質(zhì)可知，甲、乙兩處的的取向一定相同，故B錯誤；C．位于晶胞的頂點和面心位置，屬于面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，頂點和面心位置的距離為pm，中含有2個S原子，但在同一晶胞中存在多種取向的，不能用間的距離表示S

7原子的半徑，故C錯誤；D．晶胞中位于晶胞的頂點和面心位置，數(shù)目為：，位于體心和棱心位置，數(shù)目為，晶胞的質(zhì)量m=g=g，體積V=，則該晶胞的密度，故D正確；故選：D。11.可用以下方法將氣態(tài)廢棄物中的氣體間接氧化為S而加以利用：以和的混合液為電解質(zhì)溶液，控制電壓通電，惰性電極d附近有產(chǎn)生，惰性電極c附近無氣體生成。一段時間后將通入溶液中發(fā)生反應(yīng)。下列說法不正確的是A.電解過程中，向惰性電極c移動B.電解過程中，惰性電極d附近的pH上升C.當(dāng)外電路流過1mol時，理論上可制備16gSD.該過程中需要不斷補充和【答案】D【解析】【分析】控制電壓通電，惰性電極d附近有H2產(chǎn)生，電極方程式為，惰性電極d為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，惰性電極c為陽極，附近無氣體生成，電極反應(yīng)為：，一段時間后將H2S通入溶液中K3[Fe(CN)6]將H2S轉(zhuǎn)化為S和K4[Fe(CN)6]，離子方程式為，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．電解過程中，陰離子移向陽極，即向惰性電極c移動，故A正確；B．電解過程中，惰性電極d附近有H2產(chǎn)生，電極方程式為

8，碳酸根離子的水解程度比碳酸氫跟離子大，故惰性電極d附近的pH上升，故B正確；C．當(dāng)外電路流過1mole?時，依據(jù)陽極反應(yīng)為：，陽極產(chǎn)生1mol，由通入H2S后溶液中的離子方程式為可知，理論上可制備0.5molS，即0.5mol×32g/mol=16gS，故C正確；D．根據(jù)陰極方程式為，陽極反應(yīng)為：，通入H2S后溶液中的離子方程式為可知，理論上不需要補充K4[Fe(CN)6]和KHCO3，故D錯誤；故答案選D。【點睛】本題主要考查了利用電解原理來判斷電極方程式、溶液pH、轉(zhuǎn)移電子數(shù)等，難度不大，抓住電解的原理分析陰陽極的反應(yīng)是解題的根本。12.25℃下，向下列溶液中通入相應(yīng)氣體至溶液呈中性。已知。對所得溶液中微粒的濃度分析正確的是選項原溶液通入氣體分析ANaClOBHICDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．NaClO和SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4和NaCl，反應(yīng)為NaClO＋SO2＋H2O＝NaCl＋H2SO4，溶液中無和，故A錯誤；

9B．向CH3COONa溶液中通入HI氣體至溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH?)＝10?7mol/L，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為CH3COOH、CH3COONa和NaI，電荷守恒關(guān)系為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH?)＋c(CH3COO?)＋c(I?)，物料守恒關(guān)系為c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO?)，可得c(CH3COOH)＝c(I?)，，可得c(CH3COO?)＝175c(CH3COOH)＞c(CH3COOH)＝c(I?)，故B正確；C．(NH4)2CO3溶液中物料守恒關(guān)系為c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，通入CO2至溶液呈中性時，溶質(zhì)為NH4HCO3、(NH4)2CO3、H2CO3，則c(NH)＋c(NH3?H2O)＜2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故C錯誤；D．溶液中，物料守恒關(guān)系為c(K＋)＝，NH3會消耗部分，可得c(K＋)＞c(NH)，中性溶液中電荷守恒關(guān)系為c(K＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c()＋c()＋c(OH?)，c(H＋)＝c(OH?)，即c(K＋)＋c(NH)＝2c()＋c()，可得c()＝c(NH)＋c(H2SO3)＞c(NH)，中性溶液中c()較小，則溶液中存在c(K＋)＞c()＞c(NH)＞c()，故D錯誤；故答案選B。13.將2mol和3mol置于密閉容器中，在250℃下只發(fā)生如下兩個反應(yīng)：kJ/molkJ/mol一段時間后，和恰好全部消耗，共放出303kJ熱量。已知：部分化學(xué)鍵的鍵能如下表所示化學(xué)鍵(ClF中)(中)鍵能/(kJ/mol)157243248X則X的值為A.172B.202C.238D.258【答案】A【解析】【分析】根據(jù)反應(yīng)熱與鍵能的關(guān)系△H＝∑D（反應(yīng)物）?∑D（生成物），可求出a，以及用x把b

10表示出來，然后根據(jù)化學(xué)方程式的計算可解?！驹斀狻扛鶕?jù)反應(yīng)熱與鍵能的關(guān)系△H＝∑D（反應(yīng)物）?∑D（生成物），由題意Cl2＋F2═2ClFΔH1＝akJ/mol；Cl2＋3F2═2ClF3ΔH2＝bkJ/mol可知；ΔH1＝（243＋157?2×248）kJ/mol＝?96kJ/mol，ΔH2＝（243＋3×157?2×3x）kJ/mol＝（714?6x）kJ/mol，即a＝?96，b＝714?6x，設(shè)參與Cl2＋F2═2ClFΔH1＝akJ/mol的氯氣物質(zhì)的量為m，則消耗的氟氣也為m，剩下的氯氣和氟氣正好按Cl2＋3F2═2ClF3ΔH2＝bkJ/mol的系數(shù)比反應(yīng)，即，解之得，m＝1.5mol，則有1.5mol×（?96kJ/mol）＋0.5mol×（714?6x）kJ/mol＝303kJ，解之得x＝172，故答案選A?！军c睛】本題把鍵能與反應(yīng)熱的關(guān)系應(yīng)用到化學(xué)方程式的計算中，難度不大。14.將mgCuO固體放入體積為2L的真空密閉容器中，保持溫度不變，發(fā)生反應(yīng)：。達到平衡時，的物質(zhì)的量為0.1mol。下列說法正確的是A.保持容器體積不變，向平衡體系中通入Ar，平衡正向移動B.向平衡體系再通入0.1mol，達到新的平衡后，0.05mol/L0.1mol/LC.壓縮容器體積為原來的一半，達到新的平衡后容器中的固體質(zhì)量增加3.2gD.擴大容器體積為5L，一段時間后mol/L且維持不變，則【答案】D【解析】【詳解】A．保持容器體積不變，向平衡體系中通入Ar，氧氣的濃度不變，則平衡不移動，故A錯誤；B．溫度不變，K＝c()不變，則向平衡體系再通入0.1molO2，達到新的平衡后，c()＝0.05mol/L，故B錯誤；C．壓縮容器體積為原來的一半，逆向移動，平衡時c()不變，消耗0.05mol氧氣時，固體質(zhì)量增加0.05mol×32g/mol＝1.6g，故C錯誤；D．?dāng)U大容器體積為5L，平衡正向移動，一段時間后c()＝0.04mol/L＜0.05mol/L，濃度維持不變，可知CuO完全反應(yīng)，n(CuO)＝0.04mol/L×5L×4＝0.8mol，m＝0.8mol×80g/mol＝64g，故D正確；故答案選D?！军c睛】本題考查化學(xué)平衡及計算，為高頻考點，把握K與溫度的關(guān)系、平衡移動的影響因素為解答的關(guān)鍵，題目難度不大。二、非選擇題：共58分。15.

11新能源汽車發(fā)展迅速，其中比亞迪公司的刀片電池極大提高了汽車的續(xù)航里程。該電池使用的磷酸鐵鋰可使用硫鐵礦燒渣(主要成分是，含少量、和CaO)為原料，通過以下工藝制備：（1）寫出的電子式：___________，濾渣2的主要成分為___________(填化學(xué)式)。（2）“酸浸”需要控制溫度為65~80℃，原因是___________。（3）“沉鐵”步驟反應(yīng)的離子方程式為___________。（4）若“濾液2”中mol/L，加入雙氧水和磷酸后，溶液的體積增加了一倍，使恰好完全沉淀即溶液中mol/L，此時“沉鐵”得到的沉淀中___________(選填“含有”或“不含有”)含鈣雜質(zhì)。已知：，。（5）為提高原料利用率，“濾液3”可返回___________步驟。（6）磷酸鐵鋰電池是環(huán)保型電池，電池總反應(yīng)的總反應(yīng)為。某石墨嵌入化合物(鋰元素嵌入石墨的兩層間)的平面結(jié)構(gòu)如下圖，則中的x=___________。用該電池電解精煉銅，當(dāng)電池負極質(zhì)量改變10.5g時，得到精銅38.4g，則電子利用率為___________%?！敬鸢浮浚?）①.②.Al(OH)3（2）溫度較高，可以加快反應(yīng)速率（3）（4）不含有（5）酸浸（6）①.0.5②.80【解析】【分析】硫鐵礦燒渣的主要成分是Fe2O3，含少量SiO2、Al2O3和CaO，加入碳粉，還原焙燒，生成Fe、CO2，SiO2、Al2O3和CaO不反應(yīng)，再加入硫酸酸浸，生成硫酸亞鐵、硫酸鋁、硫酸鈣，SiO2與硫酸不反應(yīng)，硫酸鈣微溶，過濾除去，向濾液1中加入氨水，調(diào)節(jié)pH

12，使鋁離子沉淀，生成氫氧化鋁沉淀，過濾除去，得到的濾液2為硫酸亞鐵和硫酸銨的混合溶液，加入雙氧水和磷酸，氧化亞鐵離子為鐵離子，并沉淀鐵離子，生成磷酸鐵沉淀，過濾，向得到的磷酸鐵中加入碳酸鋰和草酸，煅燒，得到LiFePO4，據(jù)此分析作答?！拘?詳解】H2O2的電子式為，根據(jù)分析可知，濾渣2的主要成分為Al(OH)3，故答案為；Al(OH)3?！拘?詳解】“酸浸”需要控制溫度為65～80℃，原因是溫度較高，可以加快反應(yīng)速率，故答案為溫度較高，可以加快反應(yīng)速率?！拘?詳解】根據(jù)分析，結(jié)合化合價升降守恒、原子守恒、電荷守恒，可得“沉鐵”步驟反應(yīng)的離子方程式為：，故答案為?！拘?詳解】“濾液2”中c(Ca2+)=0.002mol/L，加入雙氧水和磷酸后，溶液的體積增加了一倍，則c(Ca2+)=0.001mol/L，使Fe3+恰好完全沉淀即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，則mol/L，則Qc=，所以此時“沉鐵”得到的FePO4沉淀中不含有含鈣雜質(zhì)，故答案為不含有?！拘?詳解】根據(jù)（3）中離子方程式可知，濾液3的主要成分含有硫酸，為提高原料利用率，“濾液3”可返回酸浸步驟，從而提高硫酸的利用率，故答案為酸浸?！拘?詳解】石墨嵌入化合物（鋰元素嵌入石墨的兩層間）的平面結(jié)構(gòu)圖為，由圖可知，每個Li周圍有6個環(huán)，即每個環(huán)均攤個Li，每個環(huán)周圍的Li有3個，即每個環(huán)擁有個Li，每個環(huán)含有6個C原子，所以LixC6中的x=0.5，該電池總反應(yīng)為FePO4+LixC6=LixFePO4+C6

13，則負極反應(yīng)為：Li0.5C6-0.5e-=0.5Li++6C，用該電池電解精煉銅，當(dāng)電池負極質(zhì)量改變10.5g時，失去電子為：，根據(jù)電極反應(yīng)式：Cu2++2e-=Cu，理論上可以得到Cu的質(zhì)量為，實際得到精銅38.4g，則電子利用率為，故答案為0.5；80?！军c睛】本題主要考查物質(zhì)的分離與提純，具體考查電子式、離子方程式的書寫，電化學(xué)原理的應(yīng)用，Ksp的計算，晶胞的均攤法計算，屬于高考高頻考點，難度較大。16.物質(zhì)的性質(zhì)決定著反應(yīng)的多樣性。對于與的反應(yīng)，Z同學(xué)就有著不同想法。為此，他設(shè)計了以下實驗：（1）研究溶液與KI溶液反應(yīng)實驗Ⅰ：向盛有1mL1mol/L溶液的試管中加入1mL1mol/LKI溶液，振蕩試管，靜置。取上層清液，向其中加入___________，溶液無明顯變化。結(jié)論Ⅰ：二者混合只發(fā)生沉淀反應(yīng)，無明顯氧化還原反應(yīng)。（2）探究的氧化性強弱實驗Ⅱ：將打磨光亮鐵絲伸入1mol/L溶液中，一段時間后將鐵絲取出。除去溶液中剩余的，取1~2mL溶液于試管中，加入試劑X，振蕩，溶液變?yōu)榧t色，證明溶液中存在。試劑X應(yīng)為___________。結(jié)論Ⅱ：___________。已知氧化性大于，則證明可與發(fā)生氧化還原反應(yīng)。（3）①X同學(xué)測得常溫下該溶液的pH為5.5，于是對結(jié)論Ⅱ提出質(zhì)疑，認為可能是酸性條件下體現(xiàn)了氧化性。為了驗證其質(zhì)疑是否正確，他設(shè)計了一個對比實驗：將打磨光亮的鐵絲伸入___________溶液中，一段時間后將鐵絲取出。取1~2mL溶液于試管中，加入試劑X，觀察溶液是否呈紅色。②同時，X同學(xué)考慮到溶液與KI溶液反應(yīng)體系中存在競爭反應(yīng)。所以，他設(shè)計了以下實驗來探究與的氧化還原反應(yīng)

14根據(jù)此裝置，鹽橋中可選擇___________作為電解質(zhì)。a．KClb．c．在此實驗中，可通過___________(填實驗現(xiàn)象)證明與一定發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。（4）X同學(xué)查閱資料，得知常溫下，、，試從速率和平衡兩個方面解釋溶液與KI溶液混合只發(fā)生沉淀反應(yīng)而無明顯氧化還原反應(yīng)的可能原因：___________?！敬鸢浮浚?）淀粉溶液（2）①.KSCN溶液②.銀離子具有強氧化性，和鐵反應(yīng)生成鐵離子（3）①.NaNO3②.b③.電極b上析出金屬銀，電極a附近溶液變紫紅色（4）Ag＋與I?生成沉淀反應(yīng)的平衡常數(shù)遠比氧化還原反應(yīng)的平衡常數(shù)大，Ag＋與I?生成沉淀反應(yīng)的反應(yīng)速率遠比氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)速率大【解析】【小問1詳解】向盛有1mL1mol/LAgNO3溶液的試管中加入1mL1mol/LKI溶液，振蕩試管，靜置，取上層清液，向其中加入淀粉溶液，溶液無明顯變化，則二者混合只發(fā)生沉淀反應(yīng)，無明顯氧化還原反應(yīng)，故答案為淀粉溶液?！拘?詳解】將打磨光亮的鐵絲伸入1mol/LAgNO3溶液中，一段時間后將鐵絲取出，除去溶液中剩余的Ag＋，取1～2mL溶液于試管中，加入試劑KSCN溶液，振蕩，溶液變?yōu)榧t色，證明溶液中存在Fe3＋，則試劑X應(yīng)為KSCN溶液，得到結(jié)論Ⅱ：銀離子具有強氧化性，和鐵反應(yīng)生成鐵離子，故答案為KSCN溶液；銀離子具有強氧化性，和鐵反應(yīng)生成鐵離子?！拘?詳解】①為驗證是否為銀離子氧化鐵生成鐵離子的主要原因，將打磨光亮的鐵絲伸入NaNO3溶液中，一段時間后將鐵絲取出，取1～2mL溶液于試管中，加入試劑X，觀察溶液若不呈紅色，這樣離子濃度保持不變，就可以進行比較得到結(jié)論Ⅱ正確，故答案為NaNO3；

15②X同學(xué)考慮到AgNO3溶液與KI溶液反應(yīng)體系中存在競爭反應(yīng)，設(shè)計了實驗來探究Ag＋與I?的氧化還原反應(yīng)，鹽橋中可選擇KNO3溶液，氯化鉀中氯離子會結(jié)合銀離子生成沉淀，硫酸鉀溶液中硫酸根離子也會結(jié)合銀離子形成沉淀，會干擾實驗，在此實驗中，電極a為原電池的負極，電極反應(yīng)：2I??2e?＝I2，電極b為原電池的正極，電極反應(yīng)：Ag＋＋e?＝Ag，可通過電極b上析出金屬銀，電極a附近溶液變紫紅色現(xiàn)象，證明Ag＋與I?一定發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故答案為b；電極b上析出金屬銀，電極a附近溶液變紫紅色?！拘?詳解】從所給的數(shù)據(jù)可知，兩種溶液混合時，Ag＋與I?生成沉淀反應(yīng)的平衡常數(shù)遠比氧化還原反應(yīng)的平衡常數(shù)大，且Ag＋與I?生成沉淀反應(yīng)的反應(yīng)速率遠比氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)速率大，故答案為Ag＋與I?生成沉淀反應(yīng)的平衡常數(shù)遠比氧化還原反應(yīng)的平衡常數(shù)大，Ag＋與I?生成沉淀反應(yīng)的反應(yīng)速率遠比氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)速率大?！军c睛】本題主要考查基本反應(yīng)類型，實驗設(shè)計的評價分析，氧化還原反應(yīng)，即I?可能被氧化的情況分析，題目難度中等。17.工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的煙氣中常含有氮氧化物，為了防止污染大氣，排放前需要經(jīng)過適當(dāng)處理脫除。（1）在一定條件下，可用CO還原NO，其原理：。已知：標準摩爾生成焓指標準狀態(tài)下由最穩(wěn)定的單質(zhì)合成1mol該物質(zhì)的焓變。一些物質(zhì)的燃燒熱或標準摩爾生成焓如下表所示。物質(zhì)C(s)CO(g)NO(g)燃燒熱(kJ/mol)-393.5標準摩爾生成焓(kJ/mol)0-110.5+90.5①___________。②下列措施能夠同時提高上述反應(yīng)的速率和NO平衡轉(zhuǎn)化率的是___________(填標號)。A．使用催化劑B．及時分離生成的C．升高溫度D．提高CO的濃度

16③一定溫度下，在體積恒為2L的密閉容器中通入CO與NO各2mol，初始壓強為20kPa．僅發(fā)生上述反應(yīng)，達到平衡后，，則此溫度下該反應(yīng)的壓強平衡常數(shù)___________。再向容器中通入2mol和1mol，達到新的平衡時，混合氣體中NO的體積分數(shù)相比原平衡___________(選填“增大”、“減小”或“不變”)。（2）CO也可以還原，反應(yīng)原理為：。研究發(fā)現(xiàn)，該反應(yīng)分兩步進行：第一步：(慢反應(yīng))第二步：(快反應(yīng))已知：此條件下，該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率(k為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān))。下列分析正確的是_________(填標號)。A.增大濃度，該反應(yīng)速率增大B.增大CO濃度，該反應(yīng)速率幾乎不變C.是該反應(yīng)的催化劑D.第一步反應(yīng)的活化能小于第二步反應(yīng)（3）工業(yè)煙氣中的常常無法完全脫除，可用下圖所示裝置來測定工業(yè)煙氣中的脫除率，其原理如下：測定開始前，電解質(zhì)溶液中。測定時，將含的煙氣中通入電解質(zhì)溶液中使與反應(yīng)被還原為NO，煙氣中其他成分均不參與反應(yīng))。此時電解池自動開始工作，直到重新變?yōu)閚，電解自動結(jié)束。①裝置工作時，陰極反應(yīng)的電極反應(yīng)式為：___________，被還原的離子方程式為___________。②將某工業(yè)煙氣分為等體積的兩份，其中一份直接通入該裝置，另一份脫除部分后再通入該裝置，兩次電解過程中轉(zhuǎn)移的電子量分別為amol、bmol，則本次脫除率為___________?！敬鸢浮浚?）①.②.D③.0.1④.不變（2）AB

17（3）①.②.③.【解析】【小問1詳解】①由表中數(shù)據(jù)得熱化學(xué)方程式：由該蓋斯定律可知反應(yīng)可由-2×III-2×II+2×I得到，則-2×()-2×()+2×()=，故答案為：；②A．使用催化劑只能加快反應(yīng)速率，對化學(xué)平衡無影響，故A不選；B．及時分離生成的，有利于平衡正向移動，從而提高NO的轉(zhuǎn)化率，但降低濃度反應(yīng)速率減小，故B不選；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，降低了NO的轉(zhuǎn)化率，故C不選；D．提高CO的濃度，加快反應(yīng)速率，同時使平衡正向移動，提高NO轉(zhuǎn)化率，故D選；故答案為：D；③結(jié)合已知信息列三段式得：已知平衡時：，即(2-x):0.5x=2:1，x=1，則平衡時：n(CO)=1mol，n(NO)=1mol，n(CO2)=1mol，n(N2)=0.5mol，平衡時總氣體物質(zhì)的量為3.5mol；根據(jù)壓強比等于氣體物質(zhì)的量之比可得：，=17.5kPa，=0.1；同時求得該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，再向容器中通入2mol和1mol，相當(dāng)于在平衡后又充入2molCO和2molNO，即與原平衡等效，故NO體積分數(shù)不變，故答案為：0.1；不變；【小問2詳解】

18A.反應(yīng)分兩步進行，反應(yīng)速率主要取決于慢反應(yīng)，所以濃度對反應(yīng)速率得影響較大，增大濃度，該反應(yīng)速率增大，故A正確；B.此條件下，該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率，與CO濃度無關(guān)，增大CO濃度，該反應(yīng)速率幾乎不變，故B正確；C.反應(yīng)物和最終產(chǎn)物中都沒有，是該反應(yīng)的催化劑，故C錯誤；D.因第二步反應(yīng)是快反應(yīng)，所以第二步反應(yīng)的活化能較小，故D錯誤；故答案為：AB；【小問3詳解】①裝置工作時，陰極碘單質(zhì)得電子被還原成I-，電極反應(yīng)式為：，在電解池中被還原為NO，1mol得2mol電子，2molI-失2mol電子生成1mol，結(jié)合電解質(zhì)環(huán)境提供氫離子最終生成，根據(jù)得失電子守恒，電荷守恒及原子守恒，得離子方程式：；故答案為：；；②可用轉(zhuǎn)移電子得物質(zhì)的量表示的物質(zhì)的量，則脫除前的物質(zhì)的量為amol，則脫除后的物質(zhì)的量為bmol，的脫出率為：，故答案為：。18.氮雜環(huán)丁烷-2-羧酸(G)是一種重要的化合物，常用于合成抗體-藥物結(jié)合物(ADC)。其合成路線如下(Ph為苯基)：（1）化合物B的系統(tǒng)命名為：___________，D中含有的含氧官能團為___________(填名稱)。（2）反應(yīng)2和反應(yīng)6的反應(yīng)類型分別為___________，___________。（3）反應(yīng)3生成一種有刺激性氣味的氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。（4）化合物F的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（5）分子式比G少一個氧原子的化合物H滿足下列條件的同分異構(gòu)體有___________種(

19不考慮立體異構(gòu))：a．能發(fā)生水解反應(yīng)b．不含有三元環(huán)狀結(jié)構(gòu)c．不含有的結(jié)構(gòu)（6）反應(yīng)4中，除了得到F外，還得到了一種含有八元環(huán)結(jié)構(gòu)的化合物M，其分子式為，畫出其結(jié)構(gòu)簡式：___________。【答案】（1）①.2?溴乙醇②.羥基（2）①.取代反應(yīng)②.還原反應(yīng)（3）（4）（5）12（6）【解析】【分析】A和B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，根據(jù)E的分子式知，D中醇羥基被氯原子取代生成E為，根據(jù)F的分子式知，F(xiàn)中?CN發(fā)生水解反應(yīng)生成?COOH，則F為，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F；生成G的反應(yīng)為還原反應(yīng)；據(jù)此分析解題?！拘?詳解】化合物B的系統(tǒng)命名為：2?溴乙醇，D中含有的含氧官能團為羥基，故答案為2?溴乙醇；羥基?！拘?詳解】反應(yīng)2和反應(yīng)6的反應(yīng)類型分別為取代反應(yīng)、還原反應(yīng)，故答案為取代反應(yīng)；還原反應(yīng)?！拘?詳解】反應(yīng)3生成一種有刺激性氣味的氣體，為SO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：，故答案為。【小問4詳解】據(jù)分析可知，化合物F的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為。

20【小問5詳解】分子式比G少一個氧原子的化合物H，H的同分異構(gòu)體滿足下列條件：a．能發(fā)生水解反應(yīng)，根據(jù)氧原子個數(shù)知，存在酰胺基；b．不含有三元環(huán)狀結(jié)構(gòu)；c．不含有C＝N的結(jié)構(gòu)；H的不飽和度是2，酰胺基的不飽和度是1，存在碳碳雙鍵或環(huán)，如果含有環(huán)，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有；如果沒有環(huán)，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有CH2＝CHCH2COONH2、CH3CH＝CHCOONH2、CH2＝C(CH3)COONH2、CH3COONHCH＝CH2、CH2＝CHCOONHCH3、HCOONHCH＝CHCH3、HCOONHCH2CH＝CH2、HCOONHC(CH3)＝CH2，所以符合條件的同分異構(gòu)體有12種，故答案為12?！拘?詳解】反應(yīng)4中，除了得到F外，還得到了一種含有八元環(huán)結(jié)構(gòu)的化合物M，其分子式為C24N4H28，畫出其結(jié)構(gòu)簡式，故答案為。

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