浙江省宁波市2023-2024学年高二上学期九校联考化学试题 含解析

宁波市2023学年第一学期期末九校联考高二化学试题考生须知：1.本试题满分100分，考试时间90分钟。2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，答案写在本试题卷上的无效。4.本试卷中可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Co-59Cu-64Zn-65Ag-108Sn-119I-127选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，请将你认为正确的答案填涂在答题卡相应位置)1.胶体有别于其他分散系的本质区别是A.分散质粒子大小在1～100nm B.能透过滤纸C.电泳 D.丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】胶体有别于其他分散系的本质区别是分散质粒子大小在1～100nm，因此本题选A。2.下列各组物质中，按沸点由低到高的顺序排列正确的是A.H2O、H2S、H2Se、H2Te B.CH4、CCl4、CBr4、CI4C.金刚石、P4、O2 D.碳化硅、二氧化硅、晶体硅【答案】B【解析】【详解】A．H2O、H2S、H2Se、H2Te均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，熔沸点较高，H2S、H2Se、H2Te分子间为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此H2O的沸点最高，A错误；B．CH4、CCl4、CBr4、CI4均为分子晶体，分子间作用力为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此沸点依次升高，B正确；C．金刚石为共价晶体，P4、O2为分子晶体，共价晶体的沸点高于分子晶体，因此金刚石的沸点最高，C错误；D．碳化硅、二氧化硅、晶体硅均为共价晶体，原子半径越小，共价键键能越大，共价晶体的沸点越高，由于半径C＜Si，Si-C的键长＜Si-Si的键长，因此Si-C的键能＞Si-Si的键能，故沸点SiC＞Si，D错误；故选B。3.下列有关说法正确的是A.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：B.用Pt电极电解一定量的稀硫酸溶液，电解一段时间后溶液的PH值不变C.电解精炼铜时，电解质溶液中均保持不变D.金属Cu无论在酸性条件下，还是在碱性条件下发生的都是吸氧腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．钢铁腐蚀时铁失去电子生成亚铁离子，A项错误；B．电解稀硫酸实际是电解水，电解一段时间后硫酸的浓度增大，B项错误；C．电解精炼铜时开始时阳极是其他比铜活泼的金属失去电子进入溶液中，阴极是铜离子得到电子生成铜，故电解质溶液中的铜离子浓度稍微减少，C项错误；D．铜的活动性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，D项正确。故选D。4.为阿伏加德罗常数的值｡下列说法正确的是A.标准状况下，中含有的氯原子数为B.溶液中的数目为C.密闭容器中，和在催化剂作用下充分反应后分子总数为D.1molNa与足量反应生成和的混合物，转移的电子数为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，不是气体，不确定其物质的量，A错误；B．草酸根离子水解导致其物质的量小于1mol，故其数目小于，B错误；C．反应为可逆反应，故密闭容器中，和在催化剂作用下充分反应后生成氨分子小于2mol，故分子总数小于，C错误；D．生成氧化钠和过氧化钠过程中钠元素化合价均由0升高为+1，故1molNa与足量反应转移的电子1mol，数目为，D正确；故选D。5.官能团决定有机物的化学特性。下列有机物中，既能使溴水褪色又能跟金属钠反应，还可以和碳酸钠溶液反应的是A.CH2=CHCH2OH B.CH2=CHCHOC.CH2=CHCOOH D.CH2=CHCOOCH3【答案】C【解析】【详解】A.碳碳双键可与溴水发生加成反应，羟基能跟金属钠反应，但都不能与碳酸钠溶液反应，A错误；B.碳碳双键和醛基不能与金属钠、碳酸钠溶液反应，B错误；C.碳碳双键可与溴水发生加成反应，—COOH可与金属钠反应、碳酸钠溶液反应，C正确；D.碳碳双键可与溴水发生加成反应，其和酯基都不能与金属钠、碳酸钠溶液反应，D错误；故选C。6.下列说法不正确的是A.做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用过量的氯气或双氧水氧化I-B.冷却结晶时，溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小C.其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快D.如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治【答案】A【解析】【详解】A．过量的氯气可继续氧化碘单质，因此应通入适量氯气，故A错误；B．晶体颗粒大小与蒸发、冷却的快慢有关，溶剂蒸发的速度越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，故B正确；C．碱性溶液中有利于双氧水的电离，能促进其分解，所以其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快，故C正确；D．酸溶液具有腐蚀性，如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治，故D正确；故选A。7.下列根据实验现象得出结论不正确的是A.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B.向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明SO2具有漂白性C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D.向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3【答案】B【解析】【详解】A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，是因为溴水氧化了二氧化硫，说明SO2具有还原性，故B错误；C．HCl的酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，该现象说明含有H＋，故C正确；D．SO2的水溶液中含H2SO3，向SO2的水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3和NaHCO3反应产生了二氧化碳和水，则说明H2SO3酸性强于H2CO3，D正确；综上所述答案为B。8.下列离子方程式书写正确的是A.白醋与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体：B.四氧化三铁溶于足量稀硝酸：C.向溶液中通入过量：D.向氯化铝溶液中加入过量浓氨水：【答案】D【解析】【详解】A．白醋中含有醋酸，醋酸为弱酸，书写离子方程式时，不应拆写成离子，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；C．CO2为过量，过量CO2与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，故C错误；D．氢氧化铝不溶于过量氨水，因此氯化铝与过量氨水的反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故D正确；答案为D。9.金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2•MZX3，X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体必需的元素之一。1molMZX3，含有42mol质子，下列说法正确的是A.离子半径：M＞X B.X、Y、Z的电负性大小为：X＞Z＞YC.M的最高价氧化物对应水化物为强碱 D.第一电离能：Z＞X【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z为短周期主族元素，即原子序数均小于18，而X的原子序数是Y的8倍，故Y为H元素，X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，则Z可能为C或Si或S；金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(OH)2⋅MZX3，可知M显+2价，1molMZX3含有42mol质子，当Z为Si元素时，M的质子数为4，即Be元素，不是人体必需微量元素，不合题意，当Z为S元素时，M的质子数为2，为He，不是人体必需微量元素，不符合题意，只有当Z为C元素时，M的质子数为12，为Mg元素，是人体的必需微量元素之一，符合题意，故确定X、Y、Z、M分别为：O、H、C、Mg，据此分析。【详解】A．由分析可知，M为Mg，X为O，Mg2+和O2-具有相同的电子层结构，且Mg的核电荷数比O大，故离子半径：Mg2+＜O2-，即M＜X，A错误；B．由分析可知，X为O、Y为H、Z为C，故X、Y、Z的电负性大小为O＞C＞H，即X＞Z＞Y，B正确；C．由分析可知，M为Mg，M的最高价氧化物对应水化物即Mg(OH)2为弱碱，C错误；D．由分析可知，X为O，Z为C，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA反常，故第一电离能：O＞C，即X＞Z，D错误；故答案为B。10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使酚酞试液呈红色的溶液中：、、、B.水电离的mol⋅L的溶液中：、、、C.明矾溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．使酚酞试液呈红色的溶液含有大量的氢氧根，离子间两两不反应，A符合题意；B．水电离的mol⋅L的溶液，说明水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，酸性溶液中，不能存在，碱性溶液中，不能存在，B不符合题意；C．明矾溶液中存在大量的铝离子，会与发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能共存，C不符合题意；D．强酸性溶液中，会被氧化为三价铁离子，不能共存，D不符合题意；故选A。二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，请将你认为正确的答案填涂在答题卡相应位置)11.以、为原料合成涉及的反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是A.反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能B.曲线代表CO在含碳产物中物质量分数C.该条件下温度越低，越有利于工业生产D.图示270℃时，平衡体系中的体积分数约为66.6%【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律I-Ⅱ可得反应ⅢCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；B．反应Ⅱ的正反应是吸热反应，生成物中有CO，温度升高，反应Ⅱ的平衡正向移动，CO的物质的量分数增大；反应Ⅲ的正反应是放热反应，反应物中有CO，温度升高，反应Ⅲ的平衡逆向移动，CO的物质的量分数也会增大，也就是说，温度升高，CO的产量变大，则CO在含碳产物的物质的量分数增大，故符合这个规律的是曲线n，B错误；C．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于提高CH3OH的产率，但并不是温度越低越好，因为温度太低反应速率太慢，C错误；D．根据题意设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时甲醇和CO的物质的量相等，设CH3OH物质的量为xmol，则CO的物质的量也为xmol，270℃时CO2的转化率为25%，则平衡时CO2的物质的量为0.75mol，根据碳守恒：0.75+2x=1，解得x=0.125，根据氧守恒，水的物质的量为：2mol-0.75mol×2-0.125mol-0.125mol=0.25mol，根据氢守恒，氢气的物质的量为=2.5mol，则反应后总的物质的量0.75mol+0.125mol+0.125mol+2.5mol+0.25mol=3.75mol，则平衡体系中H2的体积分数为=66.7%，D正确；答案选D。12.Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2(g)⇌2Cl•(g)快②CO(g)+Cl•(g)⇌COCl•(g)快③COCl•(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)+Cl•(g)慢反应②的速率方程为v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)。下列说法错误的是A.反应①的活化能大于反应③的活化能B.反应②的平衡常数K=C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率D.选择合适的催化剂能提高单位时间内COCl2的产率【答案】A【解析】【分析】根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；B．反应②存在v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)，平衡时正逆反应速率相等，，故B正确；C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；D．选择合适的催化剂加快化学反应速率，所以能提高单位时间内COCl2的产率，故D正确；故选A。13.与在不同催化剂作用下反应生成的反应历程图(为过渡态。*表示吸附在催化剂表面的物种)如图所示。下列说法正确的是A.该反应为放热反应B.催化剂1和催化剂2均降低了反应的焓变C.反应过程中有非极性键的断裂和形成D.催化剂1作用下的决速步为【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，A正确；B．催化剂不改变反应的焓变，B错误；C．反应过程中只有H-H键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；D．活化能最大的步骤为决速步骤，步骤1的活化能为146.64-85.87=60.77(kJ/mol)，步骤2的活化能为126.38-63.66=62.72(kJ/mol)，则催化剂1作用下的决速步为，D错误；故选A。14.下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是A.在含等浓度的Fe3+、H+、Cu2+的溶液中加入铁粉：Fe3+、H+、Cu2+B.在含等浓度的I-、S2-、Br-的溶液中不断通入氯气：I-、Br-、S2-C.在含等浓度的AlO、CO、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH-、AlO、COD.在含等浓度的Mg2+、H+、NH的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Mg2+、NH、H+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．因为氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，故在含等浓度的Fe3+、H+、Cu2+的溶液中加入铁粉，发生反应的先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+，A错误；B．因为还原性：S2-＞I-＞Br-，故在含等浓度的I-、S2-、Br-的溶液中不断通入氯气，发生反应的先后顺序为：S2-、I-、Br-，B错误；C．因为结合质子的能力：OH-＞＞，故在含等浓度的、、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，依次发生的反应为H++OH-=H2O、+H++H2O=Al(OH)3↓、+2H+=H2O+CO2↑、Al(OH)3+3H+=Al3++3H+，C正确；D．在含等浓度的Mg2+、H+、的溶液中逐渐加入烧碱溶液，依次发生的反应为H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、+OH-=NH3·H2O，D错误；答案选C。15.将溶液滴加到己二酸溶液中，混合溶液的与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.当混合溶液呈中性时，B.曲线表示与的变化关系C.溶液中D.的数量级为【答案】A【解析】【分析】己二酸为二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离常数Ka1(H2X)=＞Ka2(H2X)=，当溶液中氢离子浓度相同时，＞，则由图可知，曲线N表示pH与lg的变化关系，曲线M表示pH与lg的变化关系。【详解】A．由图可知，当溶液pH=7时，lg>0，则溶液中c(X2－)>c(HX－)，故A错误；B．由分析可知，曲线N表示pH与lg的变化关系，故B正确；C．由图可知，当lg=0时，溶液的pH约为5.4，电离常数Ka2(H2X)=c(H＋)=1.0×10—5.4，当lg=0时，溶液的pH约为4.4，电离常数Ka1(H2X)=c(H＋)=1.0×10—4.4，则NaHX的水解常数Kh=≈=1.0×10—9.6＜Ka2(H2X)≈1.0×10—5.4，NaHX在溶液中的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)，故C正确；D．由分析可知，曲线M表示pH与lg的变化关系，当lg=0时，溶液的pH约为5.4，电离常数Ka2(H2X)=c(H＋)=10—5.4，数量级为10-6，故D正确；答案选A。16.电解液来源丰富、成本低廉的新型酸碱混合锌铁液流电池的示意图如图，下列说法错误的是A.放电时，电流由B经导线流向AB.放电时，负极反应式为C.离子交换膜a为阳离子交换膜D.充电时，每转移电子，参与反应的铁元素质量为【答案】D【解析】【分析】由图可知，作为原电池时，锌失去电子，发生氧化反应，A为负极，则B为正极，以此解题。【详解】A．放电时，电流由正极到负极，即电流由B经导线流向A，A正确；B．由分析可知，A为负极，电极反应为：，B正确；C．在原电池中，阳离子向正极移动，则钠离子可以通过交换膜a，C正确；D．充电时，阳极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，每转移2mol电子，参与反应的铁元素质量为112g，D错误；故选D。17.向和的混合物中加入某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，得到标准状况下和的混合气体及。在所得溶液中加入的NaOH溶液，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为。下列有关说法正确的是A.与的物质的量之比为 B.硝酸的物质的量浓度为2.4mol/LC.产生的的体积为(标况) D.、与硝酸反应后剩余为【答案】D【解析】【详解】A．设27.2gCu和混合物中Cu物质的量为xmol，物质的量为ymol，加入氢氧化钠呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，根据铜守恒建立关系，64x+144y=27.2，98(x+2y)=39.2，解得x=0.2，y=0.1，因此Cu与的物质的量之比为2：1，故A错误；B．标准状况下8.96LNO和即物质的量为0.4mol，溶液加NaOH溶液至中性，得到n()=0.4mol+n()=0.4mol+1.0×1.0L=1.4mol，则硝酸的物质的量浓度为2.8，故B错误；C．标准状况下8.96LNO和即物质的量为0.4mol，设NO物质的量为amol，物质的量为bmol，根据得失电子守恒得到x+y=0.4mol，3x+y=0.2mol×2+0.1mol×2×1，解得x=0.1，y=0.3，因此标况下，产生的体积为6.72L，故C错误；D．标准状况下8.96LNO和即物质的量为0.4mol，根据氮元素守恒得到消耗的硝酸物质的量n()=0.4mol+2×(0.2+0.1×2)mol=1.2mol，根据B选项得到总的硝酸物质的量为1.4mol，因此Cu、与硝酸反应后剩余为0.2mol，故D正确。故选D。18.是离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示，其晶格能可通过图中的循环计算得到。下列说法错误的是A.Li的第一电离能为B.Li的配位数为4C.晶格能为D.晶胞参数为anm，则的密度为【答案】A【解析】【详解】A．第一电离能是气态基态原子失去最外层的一个电子所需要的最低能量，则Li的第一电离能为，A错误；B．由Li2O的晶胞结构图可知，每个Li+周围有4个O2-，则其配位数为4，B正确；C．晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的最低能量，由图可知Li2O的晶格能为，C正确；D．每个晶胞内含有8个Li+和4个O2-，则Li2O的密度，D正确；答案选A。19.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。下列推断不正确的是（）A.无色溶液B做焰色反应实验，火焰可能显紫色B.白色固体F的主要成分是H2SiO3C.混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D.在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl【答案】C【解析】【分析】假设题中的五种物质都有，则KCl一定进入到溶液B中；Cu2+可以和CO32-反应产生CuCO3沉淀，可以和SiO32-发生双水解反应产生Cu(OH)2和H2SiO3沉淀，CaCO3本身不溶于水，也不发生反应，故固体C中可能含有的是CuCO3、CaCO3、Cu(OH)2、H2SiO3；固体C中加入过量的HNO3，H2SiO3不反应，形成了白色固体F，CuCO3和Cu(OH)2溶于HNO3中，形成蓝色溶液E，放出无色气体D，故可以推断出固体C中一定有CuCO3、Cu(OH)2、H2SiO3，可能有CaCO3，则混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3。【详解】A、经分析，混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物质反应，KCl会进入到溶液B中，该溶液做焰色反应，火焰可能呈紫色，A正确；B、经分析，白色固体F是H2SiO3，B正确；C、经分析，混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3，C错误；D、混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物质反应，KCl会进入到溶液B中，向该溶液中加HNO3酸化无沉淀，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl，D正确；故选C。【点睛】20.下列实验方案设计、现象和结论不正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究反应物浓度对化学反应速率的影响分别取10mL0.lmol/LNa2S2O3溶液和5mL0.1mol/LNa2S2O3溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率B探究压强对化学反应速率的影响在容积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向其中通入氩气反应速率不变，说明化学反应速率不受压强影响C探究温度对化学平衡的影响将装有NO2和N2O4混合气体的连同球分别浸泡在冰水和热水中：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，△H＜0热水中气体颜色深，冰水中颜色浅，说明其他条件不变时，升高温度，会使化学平衡向吸热方向移动D探究KI与FeCl3反应的限度取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．两份混合溶液的体积相同，H2SO4的浓度相同，但Na2S2O3的浓度不同，增大Na2S2O3的浓度，出现浑浊的时间缩短，从而得出增大反应物浓度，可加快反应速率，A不符合题意；B．对于合成氨反应，在体积不变时，通过充入稀有气体增大容器的压强，由于反应物和生成物的浓度不变，所以反应速率不变，不能得出化学反应速率不受压强影响的结论，B符合题意；C．对于反应2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)△H＜0，升高温度，混合液的颜色加深，则表明平衡逆向移动，从而得出结论：升高温度，会使化学平衡向吸热方向移动，C不符合题意；D．足量的KI溶液中加入少量的FeCl3溶液，反应后的溶液能使KSCN溶液变红，表明FeCl3有剩余，从而说明KI与FeCl3的反应有一定限度，D不符合题意；故选B。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂(LiFePO4)为正极材料的锂离子电池，具有循环寿命长、安全性能好、无环境污染等特点。（1）磷酸铁锂具有橄榄石结构，空间骨架结构不易发生形变，化学性质稳定。①基态的价层电子排布式为_______。②Li、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_______。（2）硫酸亚铁(FeSO4)可用于制备磷酸铁锂。①根据价层电子对互斥理论可知，的空间结构为_______。②比较S原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构的角度说明理由：_______。（3）草酸亚铁(FeC2O4)也可用于制备磷酸铁锂。草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为_______。（4）磷酸铁(FePO4)与磷酸铁锂结构相似，其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。充放电过程中，中的会不断脱嵌或嵌入链之间的孔道内，其结构变化如图所示。①i表示_______(填“充电”或“放电”)过程。②已知Li+的脱嵌率=。某时刻，若正极材料中Li+的脱嵌率为，则其中_______。【答案】（1）①.3d6②.O>P>Li（2）①.正四面体形②.I1(O)>I1(S)，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子（3）sp2（4）①.充电②.1：1【解析】【小问1详解】①铁的质子数是26，失去两个电子形成亚铁离子，所以基态的价层电子排布式为3d6。②同周期元素，从左到右金属性减弱，非金属性增强，元素的电负性增大；同主族元素，由上到下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，电负性逐渐减弱，Li、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O>P>Li。【小问2详解】①硫酸根离子的中心原子S的价层电子对数为，所以的空间结构为正四面体形。②S和O位于同一主族，原子半径O<S，原子核对最外层电子的吸引力O>S，O原子不易失去一个电子，所以I1(O)>I1(S)。【小问3详解】草酸根离子中碳原子形成了3个σ键和1个π键，且无孤电子对，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2。【小问4详解】①磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂(LiFePO4)为正极材料的锂离子电池，由晶胞结构可以得到LiFePO4在阳极失电子发生氧化反应生成FePO4，i表示充电过程。②LiFePO4晶胞中锂离子的数目为，磷酸根离子的个数为4，若正极材料中Li+的脱嵌率为，则剩余的锂离子数目为2。假设亚铁离子的个数为a，铁离子个数为b，则a+b=4，利用化合物中化合价之和为0可以得到，求解可以得到a=2，b=2，所以。22.结晶水合物X由4种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：黑色固体B用100mL2.0mol/LH2SO4溶液溶解后，多余的酸用0.30molNaOH恰好中和。（1）组成X的元素有H、O和___________(填元素符号)，A的两种成分为___________(填写化学式)。（2）写出X隔绝空气加热分解的化学方程式___________。（3）写出金属粉末C生成深蓝色D溶液的离子方程式___________。（4）黑色固体B加入稀硫酸溶解后，再加入足量氢氧化钠溶液，生成的蓝色沉淀可能是氢氧化物、碱式硫酸盐或两者的混合物(都难溶于水，易溶于强酸)，请设计一个实验方案证明蓝色沉淀只有氢氧化物没有碱式硫酸盐：________。【答案】（1）①.Cu、N②.NO2、O2（2）2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O（3）2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O（4）取蓝色沉淀少许于试管中，加入足量稀盐酸溶解得到蓝色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明蓝色沉淀只有Cu(OH)2【解析】【分析】由标准状况下2.28L红棕色气体A被足量的水恰好完全吸收转化为强酸可知，气体A为二氧化氮和氧气的混合气体、强酸为硝酸，则X中含有氮元素；由得失电子数目守恒可知，混合气体中二氧化氮的物质的量为×=0.1mol、氧气的物质的量为×=0.025mol，则X中含有氮元素的物质的量为0.1mol；由黑色固体B能与氢气共热反应得到金属粉末C，金属粉末能与氨水和氧气反应得到深蓝色溶液D可知，B为氧化铜、C为铜、D为四氨合铜离子，则X中含有铜元素，由黑色固体B用100mL2.0mol/L硫酸溶液溶解后，多余的酸用0.30mol氢氧化钠恰好中和可知，X中含有铜元素的物质的量为2.0mol/L×0.1L—0.30mol×=0.05mol；由X中含有氢元素和氧元素可知，X为带有结晶水的硝酸铜晶体，硝酸铜的物质的量为0.05mol，则结晶水的物质的量为=0.15mol，硝酸铜和水的物质的量比为0.05mol：0.15mol=1：3，X的化学式为Cu(NO3)2·3H2O。【小问1详解】由分析可知，X为三水硝酸铜，含有的元素为铜元素、氮元素、氧元素和氢元素，气体A为二氧化氮和氧气的混合气体，故答案为：Cu、N；NO2、O2；【小问2详解】由分析可知，X为三水硝酸铜，受热分解生成氧化铜、二氧化氮、氧气和水，反应的化学方程式为2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O，故答案为：2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O；【小问3详解】由分析可知，铜粉末与氨水和氧气反应得到含有四氨合铜离子的深蓝色溶液，反应的离子方程式为2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O；【小问4详解】若蓝色沉淀中含有碱式硫酸盐，用盐酸溶解蓝色沉淀所得溶液能与氯化钡溶液反应生成白色硫酸钡沉淀，则验证蓝色沉淀只有氢氧化物没有碱式硫酸盐的实验方案为取蓝色沉淀少许于试管中，加入足量稀盐酸溶解得到蓝色溶液，向溶液中加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，说明蓝色沉淀只有氢氧化铜，故答案为：取蓝色沉淀少许于试管中，加入足量稀盐酸溶解得到蓝色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明蓝色沉淀只有Cu(OH)2。23.丙烯是一种重要的化工原料，在催化剂作用下，可以由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。反应Ⅰ(直接脱氢)：反应Ⅱ(氧化脱氢)：反应Ⅲ(氢气燃烧)：回答下列问题：（1）_____kJ/mol。（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入和Ar的混合气体。在温度为时，的平衡转化率与通入气体中的物质的量分数的关系如图1①结合图1，从平衡移动的角度分析，“通入Ar”的作用是_____。②若要将的平衡转化率提高到60％，则_____。（3）恒温条件下，测得反应Ⅰ平衡时的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2.请在图上画出平衡时的物质的量浓度随平衡总压变化的曲线_____。(在图中C点平衡总压为10Mpa时，丙烷和丙烯的物质的浓度相等)。（4）①关于反应Ⅲ，下列说法正确的是_____。A．该反应在任何温度下都能自发进行B．升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大C．通入的氧气越多，越有利于丙烷的氧化脱氢D．将水液化分离出来，既可以加快反应速率，又能提高的转化率②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是_____。（5）研究表明，可催化氧化脱氢制丙烯。在p=0.1MPa，，催化剂X的催化下，气体按一定流速通过反应器，丙烷转化率和产物选择性(丙烯的选择性=丙烯的产率÷丙烷的转化率×100％)随温度变化如下表：t℃丙烷转化率产物的选择性CO4004.0693.122.204.6850012.3291.233.165.6160035.2285.447.736.83下列说法不正确的是_____。A.在较高温度下，催化剂X可提高产生丙烯反应的速率B.催化氧化脱氢制丙烯的反应是放热反应C.相同条件下，使用不同的催化剂，丙烷的平衡转化率相同D.温度升高，催化剂X的活性下降，丙烯的产率降低【答案】（1）＋124（2）①.减小气体浓度(或分压)，使平衡右移，提高转化率②.1：3.8（3）（4）①.A②.反应温度较低、节约能源##氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动##利用氢气和氧气反应放热，维持热量平衡##产品容易分离、副产物少（5）BD【解析】【小问1详解】由盖斯定律，可得；【小问2详解】①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度(或分压)减小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动(右移)，提高了的转化率；②根据图1，的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1mol，则起始时为0.4mol，Ar为0.6mol，运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时为0.2mol，为0.2mol，为0.2mol，Ar为0.6mol，则、、的分压均为，故时反应Ⅰ的平衡常数，要将的平衡转化率提高到60%，假设起始时为1mol，Ar为xmol，。运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时为0.4mol，为0.6mol，为0.6mol，Ar为xmol，则分压为，、的分压均为，根据温度不变平衡常数相等：，(说明：本题用浓度平衡常数同样可求得结果)；【小问3详解】增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压(体积缩小)的增大而增大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图；【小问4详解】①A.反应Ⅱ的，，所以该反应在任何温度下都能自发进行，选项A正确；B.升高温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小，选项B不正确；C.通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧化，可能生成CO或，使丙烯的产率降低或得不到丙烯，选项C不正确；D.将水液化分离出来，可提高的转化率，浓度降低减慢反应速率，选项D不正确；答案选A；②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低(任何温度下都自发)、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少；【小问5详解】A.催化氧化脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯产率远高于乙烯和CO，是催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果，选项A正确；B.表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，选项B不正确；C.催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数，选项C正确；D.催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加，选项D错误；答案选BD。24.钴在现代有着广泛应用，如草酸钴可作指示剂与催化剂，氯化钴是一种饲料营养强化剂．利用水钴矿（主要成分为，含少量、、、MgO、CaO、等）可以制取草酸钴晶体和氯化钴晶体，依据以下制备流程回答下列问题：已知：①具有强氧化性．②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀．③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物开始沉淀277.67.64.07.7沉淀完全3.79.69.25.19.8（1）为加快钴矿“浸出”效率，可采取的措施是______（任选一条），浸出过程中加入的与反应的离子方程式为______．（2）加入的作用是______，后续加入调pH得到沉淀Ⅰ的成分是______．（3）NaF溶液可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中，则：______．［已知：，］（4）加入萃取剂可以除去的杂质离子是______．（5）操作Ⅰ包括：向水层加入浓盐酸调整pH为2~3，______、过滤、洗涤、减压烘干等过程．（6）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（），受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表：［已知：］温度范围/℃150~210290~320890~920固体质量/g4.412.412.25经测定，210~290℃过程中产生的气体只有，此过程发生反应的化学方程式是______．【答案】24.①.将水钴矿粉碎、加热、适当增大盐酸浓度、搅拌等（任选1条）②.25①.氧化②.、26.27.28.蒸发浓缩，冷却结晶29.【解析】【分析】水钴矿中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3与盐酸和亚硫酸钠发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3与盐酸和亚硫酸钠发生反应，Fe2O3转化为Fe2+，MnO2与盐酸和亚硫酸钠发生反应，MnO2转化为Mn2+，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。【小问1详解】将水钴矿粉碎、加热、适当增大盐酸浓度、搅拌，均可以加快钴矿的“浸出率”；Na2SO3将Co3+还原为Co2+，；故答案为：