山东省青岛市2025届高三化学4月统一质量检测一模试题含解析

PAGE27-青岛市2024年高三统一质量检测化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，仔细核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必需运用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必需运用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请依据题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12O165964一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产和生活亲密相关。下列过程中没有发生化学变更的是()A.液态植物油制成人造奶油 B.无定形硅应用于光伏发电C.“84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒 D.煤经过汽化、液化得到清洁燃料【答案】B【解析】【详解】A.氢气与植物油(液态植物油中有不饱和脂肪酸甘油酯)发生加成反应,生成饱和的脂肪酸甘油酯(即为固态的人造奶油)。属于化学变更，A不符合题意；

B.无定形硅应用于光伏发电，利用了硅的半导体的性质，没有发生化学变更，B符合题意；

C.“84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒，利用了次氯酸的强氧化性，使蛋白质变性，属于化学变更，C不符合题意；

D.煤的气化是指碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，即生成水煤气的反应，煤的液化指碳与氢气等物质反应得到液体燃料，或气化后由一氧化碳与氢气再合成醇类等液体燃料，发生了化学反应，D不符合题意。答案选B。2.代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.1mol中含有个B.4.6g分子式为的有机物中碳氢键数目肯定是C.电解精炼铜中转移1mol电子，阳极质量削减32gD.将含0.1mol的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶体粒子的数目少于【答案】D【解析】【详解】A.H2O2是共价化合物，其结构中无离子，A错误；B.分子式为C2H6O的有机物，可能是乙醇，也可能是二甲醚，乙醇和二甲醚的分子中碳氢键的数目是不同的，故无法确定4.6g分子式为的有机物中碳氢键数目，B错误；C.电解精炼铜中，粗铜作阳极，当转移1mol电子时，阳极溶解的金属除了铜之外还有其他金属，故阳极削减的质量不肯定是32g，C错误；D.胶粒是很多个分子的聚集体，因此，将含0.1mol的饱和溶液滴入沸水中，生成的Fe(OH)3胶体粒子数远少于0.1NA，D说法正确。故选D。3.下列图示的试验操作中，能达到相应试验目的的是()A.石油分馏B.验证石蜡油分解的产物含有不饱和烃C.测量氨气体积D.制取干燥的氨气【答案】B【解析】【详解】A.石油分馏试验中，温度计的水银球的位置应在蒸馏烧瓶的支管口，该装置中温度计插入了液面下，故A不能达到相应试验目的；B.该试验中产生的气体能使酸性高锰酸钾褪色，可以说明石蜡油分解的产物中有不饱和烃，B能达到相应试验目的；C.氨气极易溶于水，不能用排水法测氨气体积，C不能达到相应试验目的；D.氨气要与无水氯化钙反应，生成CaCl2·8NH3，不能用无水氯化钙干燥的氨气，D不能达到相应试验目的。答案选B。4.X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是()阳离子阴离子A.原溶液中肯定含有B.X溶液中不行能含有和C.X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子D.生成气体的离子反应方程式为【答案】C【解析】【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变更，产生气体不行能是二氧化碳，则不含OH-、HCO3-和CO32-；依据表中的离子，可推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，生成气体的离子反应方程式为，NO3-反应后有剩余，故溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl﹣。由于总共含有5种离子，依据电荷守恒及离子共存的条件可以推断还含有SO42﹣和Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl﹣、NO3-、SO42﹣、Fe2+、Mg2+。【详解】A.依据分析可知，原溶液中肯定含有Mg2+，A正确；B.加入足量盐酸后阴离子种类不变，HCO3-和CO32与-H+反应后就不h存在b了，B正确；C.依据分析可知，原溶液中含有的五种离子为Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣、Fe2+、Mg2+，共有2种阳离子、3种阴离子，C错误；D.Fe2+与NO3﹣、H+反应时Fe2+被氧化为三价铁，硝酸根被还原为NO，生成气体的离子反应方程式为，D正确。答案选C。【点睛】在离子类推断中，要留意溶液中的电荷守恒的原则，0.1mol/LCl﹣、NO3-和0.1mol/LFe2+已经电荷守恒了，而题目中五种离子，必定还有阴、阳离子，而阴离子只剩下SO42﹣了，所以有SO42﹣，那么，阳离子也只能是二价的，Ba2+与SO42﹣不能共存，只能是Mg2+。5.磷酸奥司他韦是临床常用的抗病毒药物，常用于甲型和乙型流感治疗。其中间体结构简式如图所示，关于该有机物下列说法错误的是()A.分子式为B.该有机物既能与酸反应又能与碱反应C.该有机物分子中含有3个手性碳原子D.1mol该有机物最多能与3mol发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.依据中间体结构简式，可知，分子式为，A正确；B.在中间体结构简式中，-NH2可以与酸反应，同时又存在酯基与酰胺键，既能与酸反应又能与碱反应，B正确；C.手性碳指碳原子连接四个不同的原子或原子团，该有机物分子中含有3个手性碳原子，C正确；D.1mol该有机物含1mol碳碳双键，1mol羰基，最多能与2mol发生加成反应，而酯基不能与H2发生加成，D错误。答案选D。【点睛】在有机类选择题中，要留意从官能团动身，娴熟找出有机物中的官能团，如此题中的酯基、酰胺键、氨基，同时要对官能团的性质熟识，学有机物，必需学好官能团。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物，E为单质。已知室温下，的水溶液pH为1，B分子中含有10个电子，D具有漂白性，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.X、Y形成的二元化合物只有两种B.Z元素在同周期元素中半径最小C.W、Y组成化合物的沸点肯定低于W、Z组成化合物的沸点D.D中各原子均满意最外层稳定结构【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知室温下，的水溶液pH为1，则A为一元强酸，则A为HCl或HNO3；而B为10电子分子，能与酸反应，则B为NH3；D具有漂白性，E为单质，则A不能为HNO3，只能为HCl，D为HClO，E为Cl2，C为氯化铵；则W为氢、X为氮、Y为氧、Z为氯。【详解】A.氮与氧形成的化合物有多种，如NO、N2O、N2O3等，A错误；B.从左到右原子半径依次减小，Cl元素在三周期中半径最小，B正确；C.W、Y组成化合物是H2O,W、Z组成化合物为HCl，水分子间可以形成氢键，沸点更高，C错误；D.D为HClO，H原子不满意最外层稳定结构，D错误。答案选B【点睛】的水溶液pH为1，则A为一元强酸，则A为HCl或HNO3，再依据10电子分子，只能在HF、H2O、NH3、CH4中去选择，结合物质转化，快速锁定B为NH3，是解决这道的关键。7.我国科研人员发觉了一种新型超导体，由和交替堆叠构成。已知位于第六周期VA族，下列有关说法错误的是()A.的价电子排布式为B.有关元素的电负性：C.属于含共价键的离子化合物D.该新型超导体的组成元素全部位于元素周期表p区【答案】A【解析】【详解】A.位于第六周期VA族，的价电子排布式为，A错误；B.电负性从左到右依次增大，Cl＞S,从上到下依次减小O＞S，而在ClO2中氧为负价，则O＞Cl，B正确；C.由和交替堆叠构成，为离子化合物，在原子团内含共价键，属于含共价键的离子化合物，C正确；D.该新型超导体的组成元素位于IIIA-VIIA之间，全部位于元素周期表p区，D正确。答案选A。8.某二元醇的结构简式为，关于该有机物的说法错误的是()A.用系统命名法命名：5-甲基-2，5-庚二醇B.该有机物通过消去反应能得到6种不同结构的二烯烃C.该有机物可通过催化氧化得到醛类物质D.1mol该有机物能与足量金属反应产生【答案】C【解析】【详解】A.为二元醇，主链上有7个碳原子，为庚二醇，从左往右数，甲基在5碳上，二个羟基分别在2、5碳上，用系统命名法命名：5-甲基-2，5-庚二醇，A正确；B.羟基碳的邻位碳上有H，就可以消去形成双键，右边的羟基消去形成双键的位置有2个，左边个羟基消去形成双键的位置有3个，定一议二，形成二烯烃有6种不同结构，B正确；C.羟基碳上至少有2个H才能催化氧化得到醛类物质，左羟基碳上无氢，右羟基碳上只有1个氢，不能得到醛类物质，C错误；D.1mol该有机物含2mol羟基，2mol羟基能与足量金属反应产生氢气1mol，标况下22.4L，D正确。答案选C。【点睛】醇类消去反应的条件是羟基碳的邻位碳上有H；而催化氧化是羟基碳上要有氢，1个氢催化氧化为酮，2个氢催化氧化为醛；这些常见性质要牢记。9.过氧化钙()在室温下稳定，加热至350℃左右快速分解。试验室制备反应：，装置如图所示。下列说法错误的是()A.长颈漏斗可以起到防倒吸的作用B.甲装置可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气C.冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解D.反应过程中不断中和和过氧化氢生成的，促进反应进行【答案】C【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A正确；B.甲装置为固+液不加热制备气体的反应装置，依据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气，B正确；C.冰水混合物的主要作用是降温结晶的作用，产生CaO2·8H2O晶体析出，C错误；D.反应过程中因为要生成更多的CaO2•8H2O，为使反应不断向正反应进行，须要加NH3•H2O中和过氧化氢和Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行，D正确。答案选C。10.工业综合处理含废水和含的废气，得无毒气体b，流程如下：下列说法错误的是()A.“固体”中主要含有、B.X气体、与溶液的离子反应：C.处理含废水时，离子反应：D.捕获剂捕获气体a中发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被汲取形成亚硫酸钙沉淀，所以固体中含有碳酸钙和亚硫酸钙，故A正确；B.由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠汲取成亚硝酸钠，氮元素的化合价由+2升高到+3，故须要加入氧化剂，结合所涉及的元素可知，通入的X为氧气，离子反应：，B正确；C.亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的-3价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为氮气，依据电子转移守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH4++NO2-==N2↑+2H2O，C正确；D.一氧化碳、N2与碳酸钠不反应，依据反应前后的物质变更可知，捕获剂捕获的气体主要为CO，产物为Cu(NH3)3COAC，反应前后碳和氧的化合价没有变，故该反应不是氧化还原反应，D错误。答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.以为原料，采纳电解法制备电源TMAH[化学式]是一种高效、绿色工艺技术。原理如图，M、N是离子交换膜。下列说法错误的是()A.a是电源正极B.M为阴离子交换膜C.中C、N原子均为杂化D.通过1mol电子时，电解池中可产生16.8L(STP)气体【答案】CD【解析】【详解】A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室，阴离子移向阳极，即a是电源正极，A正确；B.HCO3-经过M移向左室，M为阴离子交换膜，B正确；C.中，(CH3)4N+的C、N原子均为杂化，但是，HCO3-中的C原子为杂化，C错误；D.通过1mol电子时，阴极室H+放电，2H++2e-=H2↑产生H2为0.5mol，阳极室OH-放电，4OH--4e-=2H2O+O2↑，产生O2为0.25mol，同时，溶液中剩下的H+与HCO3-反应还要产生二氧化碳，因此，产生的气体大于0.75mol，体积大于16.8L(STP)气体，D错误。答案选CD。12.氯化亚铜为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂等。工业以硫化铜精矿为原料，制备氯化亚铜的流程如图：下列说法正确的是()A.步骤①焙烧产生的有毒气体可用碱液汲取B.步骤②所用硫酸浓度越大浸出速率越快C.步骤③离子方程式：D.步骤④用乙醇洗涤的目的是使尽快干燥，防止被空气氧化【答案】AD【解析】【详解】A.步骤①焙烧硫化铜，产生的有毒气体SO2可用碱液汲取，A正确；B.步骤②所用硫酸浓度过大，会对后续加入Na2SO3还原Cu2+产生干扰，B错误；C.在硫酸铜中加入Na2SO3和NaCl，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H﹢，C错误；D.由题中信息可知，氯化亚铜难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，因此，步骤④用乙醇洗涤的目的有利加快去除CuCl表面水分，防止其被空气中的氧气氧化，D正确。答案选AD。13.配制银氨溶液操作如图所示，下列说法错误的是()已知：，A.制得的银氨溶液可用于还原性糖的检验B.中含有个键C.银氨溶液不能长期存放，须要现用现配D.固体可溶于氨水得到银氨溶液【答案】D【解析】【详解】A.还原性糖中含有醛基，可与银氨溶液发生银镜反应，A正确；B.中含有2mol配位键，即有2mol键，同时含2molNH3，2molNH3有6mol键，共含有个键，B正确；C.银氨溶液久置简单产生易爆炸的物质，应现用现配，C正确；D.若碘化银可溶于氨水，则有反应AgI+2NH3⇌+I-，其平衡常数K===，该化学平衡常数太小，即碘化银在氨水中形成的饱和溶液里，的浓度太小了，几乎可以忽视不计，而且银氨溶液特指氢氧化银溶于氨水所得到的溶液，因此，固体不溶于氨水（不溶不是肯定的不溶，溶解度在1g~10g的才能称为可溶），也不行能得到银氨溶液，D错误。答案选D。14.室温，将10mL浓度为的、两种一元碱溶液分别加水稀释，曲线如图，V是溶液体积(mL)，。已知：；。下列说法正确的是()A.该温度下，的数量级为B.当时，水的电离程度：C.用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至，消耗盐酸的体积：D.等浓度的和两种盐溶液中离子总浓度相等【答案】AB【解析】【详解】A.该温度下，，取lgV=1的点，==1×10-4.5mol/L，=1mol/L，=，即数量级为，A正确；B.当时，比的pOH值大，OH－浓度小，碱对水的电离平衡起抑制作用，OH－浓度小，抑制作用小，水的电离程度大，故水的电离程度：，B正确；C.同浓度时，pOH:，即碱性强，用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至，由于碱性越强对应的盐的水解程度越小，碱性越弱对应的盐的水解程度越大，它们生成盐水解后均能使溶液显酸性，故消耗盐酸的体积较大，C错误；D.等浓度的和两种盐溶液中，由于和水解程度不同，所以离子总浓度不相等，D错误。答案选AB。15.Zewail创立的飞秒()化学探讨了极短时间内的反应历程，奇妙地解决了如何确定反应起点问题。例如与的反应过程片段为：。下列有关说法正确的是()A.中间产物属于有机化合物B.反应起点为离解为H和I自由基，终点为自由基与I自由基结合C.经1000fs离解为自由基和，说明与的反应速率极快D.飞秒化学呈现的反应历程为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”供应有力证据【答案】BD【解析】【详解】A.中间产物为自由基，不属于有机化合物，A错误；B.反应起点为离解为H和I自由基，，然后，最终为自由基与I自由基结合，B正确；C.经1000fs离解为自由基和，这能说明这个历程快，不能说明整个反应的速率，C错误；D.飞秒化学呈现的反应历程中离解为H和I自由基以及自由基与I自由基结合等均为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”供应有力证据，D正确。答案选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.医用酒精在抗击“新型冠状病毒”战役中发挥着杀菌消毒的作用，其主要成分是乙醇。回答下列问题：I.工业上主要采纳乙烯干脆水合法制乙醇。(1)在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行气相水合的反应机理大致如下：i.ii.iii.随着反应进程，该过程能量变更如图所示。下列有关说法正确的是_______(填字母标号，下同)。a.该反应过程中i~iii步均释放能量b.第i步反应的活化能最大，确定总反应速率c.和是反应的中间产物(2)已知：的反应速率表达式为v正=k正，v逆=k逆，其中k正、k逆为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断合理的是_______。a.k正增大，k逆减小b.k正减小，k逆增大c.k正减小的倍数大于k逆d.k正减小的倍数小于k逆Ⅱ.工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：。保持压强为5MPa，向密闭容器中投入肯定量和发生上述反应，的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。(1)投料比由大到小的依次为___________。(2)若投料比，肯定温度下发生反应，下列说法不能作为反应是否达平衡判据的是_______(填标号。a.容器内气体密度不再变更b.容器内气体平均相对分子质量不再变更c.的体积分数不再变更d.容器内不再变更e.断裂个H—H键的同时生成个水分子(3)若，则A点温度下，该反应的平衡常数的数值为_______(是以分压表示的平衡常数)；若其他条件不变，A点对应起始反应物置于某刚性密闭容器，则平衡时的转化率___________50%(填“＞”、“=”或“＜”)。【答案】(1).bc(2).d(3).(4).ce(5).(6).＜【解析】【详解】I.(1)a.从能量图中分析可以，该反应过程的三步中，第一步吸热，二、三步均释放能量，a错误；b.活化能的定义：活化分子的平均能量与反应物分子的平均能量之差。活化能越来大，活化分子所占的百分数就越小，反应越慢，第i步反应的活化能最大，确定总反应速率，b正确；c.从题中三步反应可知，和是反应的中间产物，c正确。故答案为：bc。(2)若其他条件不变时，降低温度，正逆反应速率均减小，而浓度在那瞬间是不变的，所以k正、k逆均减小，再依据能量图，反应物总能量大于生成物，为放热反应，降低温度，平衡正移，逆反应速率减小的更多，即k正减小的倍数小于k逆，d合理。故答案选：d。Ⅱ.(1)投料比越大，依据反应，在相同温度时，相当于增大H2浓度，的平衡转化率更高，即，故答案为：；(2)若投料比，肯定温度下：a.密度等于气体质量与容器体积的比值，在中，物质均为气体，保持压强为5MPa，随反应正向进行，容器体积减小，密度增大，密度不变，说明该反应达到平衡，a能；b.平均相对分子质量等于气体总质量与气体总物质的量的比值，随反应正向进行，气体总质量不变，总物质的量减小，平均相对分子质量增大，当平均相对分子质量不再变更时，该反应达到平衡，b能；c.的体积分数即物质的量分数，反应前的体积分数为50%，依据极极法可以求出当氢气完全消耗之后，二氧化碳的体积分数仍为50%，故反应中的体积分数始终保持为50%不变，故不能据此推断该反应是否达到平衡标记，c不能；d.容器内反应前为1:1，而反应中系数不是1:1，当容器内不再变更时，则该反应达到平衡，d能；e.断裂H—H键，生成水分子，均为正反应，不能说明正反应速率等于逆反应速率，e不能。故答案为：ce；(3)若，则A点温度下，CO2的平衡转化率为50%，起：1mol3mol0mol0mol转：1×50%mol1.5mol0.25mol0.75mol平：0.5mol1.5mol0.25mol0.75mol平衡时气体的总物质的量=（0.5+1.5+0.25+0.75）mol=3mol，则=，=，，，该反应的平衡常数==；原题是同温同压下，正反应体积减小，现为刚性密闭容器，气体的物质的量减小，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，的转化率小于50%，故答案为：，＜。【点睛】含义：在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数。计算技巧：第一步，依据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度；其次步，计算各气体组分的物质的量分数或体积分数；第三步，依据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)；第四步，依据平衡常数计算公式代入计算。此题中，。17.化学小组为探究在酸性溶液中的反应，利用如图装置进行试验：I.排出装置内的空气。减缓的流速，向丁装置中通入和的混合气体。Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。Ⅲ.持续向丁装置中通入和混合气体，溶液变为无色。Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加溶液，产生白色沉淀。回答下列问题：(1)苯的作用为__________。排出装置内空气的详细操作为_________。(2)向装置丁中缓慢通入的作用是__________。(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。(4)试验总反应为_________，和在反应中的作用为___________。【答案】(1).萃取碘单质，隔绝空气防止被氧化(2).关闭，打开，打开(3).防止倒吸(4).(5).(6).(7).催化剂【解析】【分析】为探究在酸性溶液中的反应，由于酸性简单被O2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一步，，其次步，；最终用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒吸。【详解】(1)依据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开，打开，关闭；(2)若只将通入丁中，反应后压强减小，会倒吸，通入和混合气体，不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；(3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为；步骤Ⅲ通入和混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：；(4)依据和反应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：；和在反应前后质量和性质没有发生变更,故其为催化剂。18.第Ⅷ族元素、、性质相像，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：(1)基态原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与相同的元素名称为______________。(2)与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_____(填“高”或“低”)，缘由是_________。(3)有历史记载的第一个协作物是(普鲁士蓝)，该协作物的内界为__________。表为、不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成协作物时，总能量的降低)。由表可知，比较稳定的配离子配位数是__________(填“4”或“6”)。性质活泼，易被还原，但很稳定，可能的缘由是________________。离子配位数晶体场稳定化能(Dq)6-8Dq+2p4-5.34Dq+2p6-12Dq+3p4-3.56Dq+3p(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_______(填选项字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度是________。【答案】(1).3d(2).钛、锗、硒(3).低(4).邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低(5).(6).6(7).形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定(8).CD(9).【解析】【详解】(1)为28号元素，基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，核外能量最高的电子位于3d能级；依据基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有：钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2、锗为32号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p2、硒为34号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故答案为：钛、锗、硒；(2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成的分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低；(3)协作物是中内界为；由表中数据可知，配位数为6的晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；性质活泼，但很稳定，说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定；(4)晶体结构中阴阳离子配位数均为6，晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞，而NaCl晶胞俯视图为CD；从晶体中最小重复单元动身，1个晶胞中含Ni2+为，含O2-为即依据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO，NiO的摩尔质量75g/mol，晶体的密度除以1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积，即为=，故答案为：。【点睛】晶胞计算中，要找准一个晶胞中所含微粒数目，如此题中，1个晶胞中含Ni2+为，含O2-为即依据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO；同时要找准一个晶胞的体积，留意单位换算。19.废旧锂离子电池正极材料的主要成分为碳棒和，另含少量、杂质。某厂按如图流程对废旧锂离子电池的正极进行回收再生。回答有关问题：已知：①草酸电离常数：，；草酸的酸式盐以及草酸锂均可溶。②常温时，有关物质Ksp如下表(单位略)：(1)通入空气，800℃(2)已知中、、化合价相同，则它们的化合价为_________。(3)加入草酸加热时，、、元素部分转化为、、沉淀，而另一部分以草酸的酸式盐形式进入溶液。写出与草酸反应生成沉淀的化学方程式_________。(4)焙烧后黑色粉的平均粒度(颗粒直径表示)与的浸出率关系如图所示，缘由是___________。(5)滤液1加调pH为4~5目的是_____________________。(6)滤液2调时，溶液中___________。【答案】(1).除去正极材料中的碳(2).+3(3).(4).粒度越大，表面积(比表面积)越小，反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分(5).使和转化为氢氧化物沉淀除去(6).【解析】【分析】废旧锂离子电池正极材料的主要成分为碳棒和，另含少量、杂质，经800℃焙烧，将碳转化为二氧化碳；加入草酸加热时，、、元素部分转化为、、沉淀，而另一部分以草酸的酸式盐形式进入溶液；加入氢氧化钠调整pH除去三价铁，三价铝，再加碳酸钠沉淀Li+；最终焙烧，得可再生电池粉。【详解】(1)经分析，通入空气，800℃(2)中、、化合价相同，设为a，Li的化合价为+1，O为-2价，依据正负化合价的代数和为零，得，a=3，故答案为：+3；(3)与草酸反应生成、，同时Co的化合价从+3变为+2，C的化合价要上升，从+3变为+4，生成CO2，故答案为：；(4)由图分析以及接触面积与化学反应速率的关系，可知，粒度越大，表面积(比表面积)越小，反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分，故答案为：粒度越大，表面积(比表面积)越小，反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分；(5).通过氢氧化铁的电离方程式和溶度积可算出Fe3+离子浓度为10-5mol/L时,OH-的浓度为2×10-11mol/L，再通过水的电离平衡常数和pH求出c(OH-)=2×10-11mol/L