2024届山东省菏泽市高三上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省菏泽市2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：Li7O16S32Mn55Cu64I127一、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.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是（）A.粮食酿酒过程中碳元素仅被还原B.“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于盐C.闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成D.“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生H+【答案】A【详析】A．粮食酿酒过程中，粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，该过程中碳元素部分被还原，部分被氧化，故A错误；B．从组成分析Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故B正确；C．陶瓷由黏土高温烧结而成，故C正确；D．绿矾为，溶于水电离出Fe2+，Fe2+水解产生H+使溶液呈酸性，故D正确；故选：A。2.实验室中下列做法正确的是（）A.用铜丝代替铂丝做焰色试验B.用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液D.浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口瓶中【答案】B【详析】A．铜元素的焰色呈绿色，会干扰其它金属元素的焰色，不能用铜丝代替铂丝做焰色试验，A项错误；B．白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中，B项正确；C．量取8.50mLNaOH溶液应该用碱式滴定管，量筒精度不够，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH溶液，C项错误；D．浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，保存浓硝酸的细口瓶不能用橡胶塞，D项错误；答案选B。3.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径小于Y的原子半径，Z基态原子核外有3个未成对电子，Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Q2是氧化性最强的单质，下列说法正确的是（）A.键能：Z2<W2<Q2 B.YQ3、ZQ3均为非极性分子C.沸点：X2W<XQ D.同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有3种【答案】D〖祥解〗X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最强的单质，则Q是氟；Z基态原子核外有3个未成对电子，Z为氮，则W为氧；Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Y为硼；X的原子半径小于Y的原子半径，则X为氢；【详析】A．氮气分子中包含三键，键能最大，A错误；B．BF3的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，B错误；C．水分子形成氢键的数目大于HF，导致水的沸点高于HF，C错误；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有铍碳氧3种，D正确；故选D。4.下列装置能达到实验目的的是（）A.用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g) B.用乙装置除去水中的苯酚C.用丙装置收集Cl2 D.用丁装置灼烧Fe(OH)3固体制得Fe2O3【答案】A详析】A．NO2溶于水得无色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g)，故选A；B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳浊液，应用分液法分离提纯，故不选B；C．若用丙装置收集Cl2，应该从右侧导管进气，故不选C；D．在坩埚中灼烧Fe(OH)3固体制Fe2O3，故不选D；选A。5.酞菁和酞菁钴可制得光动力学中的光敏剂，分子结构如图，其中酞菁分子中所有原子共平面，下列说法正确的是（）A.酞菁钴中钴的化合价为+4B.直径为1.5×10–9m的酞菁钴分子能透过半透膜C.酞菁钴中元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H>CoD.标注①②的N原子的杂化方式是sp2，③的N原子的杂化方式是sp3【答案】C【详析】A．钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，A错误；B．胶体粒子的直径为1~100nm，胶体分子不能透过半透膜，直径为1.5×10–9m的酞菁钴分子不能透过半透膜，B错误；C．非金属性越强，电负性越大，电负性大小顺序N＞C＞H>Co，C正确；D．①②中N均有2个σ键，孤电子对数为：=1，③中三个σ键，因为共面，孤对电子参与形成大π键，N原子杂化方式都为sp2，D错误；故答案为：C。6.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是（）选项操作和现象结论A向漂白粉溶液中通入SO2，产生白色沉淀酸性：H2SO3>HClOB常温下，分别测定1mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1mol·L–1CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7同温下，不同浓度CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C10mL0.1mol·L–1FeCl3溶液和10mL0.1mol·L–1KI溶液充分反应后分成两等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液变红；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝FeCl3和KI的反应存在限度D向露置在空气中的Na2O2固体中加入稀盐酸，产生气泡Na2O2固体已经变质【答案】C【详析】A.漂白粉可以与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，无法说明酸性H2SO3>HClO，故A错误；B.不同浓度CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子的水解程度不同，故水的电离程度不同，故B错误；C.根据反应方程式，题中所给的三价铁离子与碘离子的量相等，若反应能够完全进行，溶液中不会存在三价铁离子，根据C中现象，滴加KSCN溶液，溶液变红可知溶液中存在三价铁离子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝可知溶液中存在碘单质，故可知该反应是个可逆反应，存在反应限度，故C正确；D.若过氧化钠不变质，加入稀盐酸也可反应生成氧气，故产生气泡无法说明过氧化钠固体变质，故D错误；故选C。7.化合物M的结构如图。下列关于M的说法错误的是（）A.存在顺反异构B.1molM最多可与4molH2反应C.其酸性水解的产物均可与溴水反应D可形成分子内氢键和分子间氢键【答案】C【详析】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；B．该结构中有一个苯环、一个碳碳双键，故1molM最多可与4molH2反应，B正确；C．其酸性水解产物有、HOOC－CH＝CH－COOH、，其中不能与溴水反应，C错误；D．相邻的两个羟基可以形成分子内氢键，羟基间可以形成分子间氢键，D正确；故选C。8.实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法正确的是（）A.试剂X宜选用NaOH溶液B.“操作1”过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出C.“操作2”需用到球形冷凝管D.“操作5”中洗涤苯甲酸时，用乙醇的效果比用蒸馏水好【答案】B〖祥解〗苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的混合物加饱和碳酸钠萃取分液，有机相含有苯甲酸乙酯、环己烷，水相含苯甲钠；有机相加入乙醚和水，蒸馏得苯甲酸乙酯和乙醚-环己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加无水硫酸镁干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸钠转化为苯甲酸，苯甲酸溶解度小，过滤得到苯甲酸粗品，重结晶得到苯甲酸。【详析】A．苯甲酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试剂X不能选用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、环己烷均难溶于饱和碳酸钠溶液，试剂X可以选用饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．“操作1”是分液，有机相的密度小于水，有机相在上层，过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出，故B正确；C．“操作2”为蒸馏，需用到直形冷凝管，故C错误；D．苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗涤苯甲酸时，用水洗涤比酒精好，故D错误；选B。9.以大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)为原料制备脱硫剂MnxOy的工艺流程如下。已知：氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3。下列说法错误的是（）A.“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌加快反应速率的作用B.铜元素以Cu2+的形式进入“氨浸”的浸出液中C.“浸锰”时主要反应的离子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑D.上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用【答案】B〖祥解〗由流程可知大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)，氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3；过滤得到MnCO3和Fe2O3；滤渣加硫酸铵溶液，其中碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，过滤出Fe2O3；再经过滤，滤液中加碳酸铵使锰离子转化为碳酸锰，过滤后，煅烧碳酸锰得到脱硫剂MnxOy，据此分析解答；【详析】A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌，有利于大洋锰结核与氨水充分接触，加快反应速率，故A正确；B．Cu2+与氨水反应首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2继续与氨水反应最终生成进入浸出液中，故B错误；C．由上述分析可知浸锰时的主要离子反应为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑，故C正确；D．由流程可知，上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用，故D正确；故选：B。10.中国科学家将I2分子引入电解质中制作高功率可充电Li-SOCl2电池，I2调整充电和放电反应途径如图所示。下列说法错误的是（）A.电池使用过程中无需补充I2B.充电时，阴极Li+得电子发生还原反应C.放电时总反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑D.充电时，Li电极质量增加7g时电极反应消耗的I2的质量为254g【答案】D【详析】A．由工作原理图可知，是催化剂，分子的引入催化了电池放电和充电过程，因此在电池使用过程中无需补充，故A项不符合题意；B．由工作原理图可知，充电时，失电子转化为ICl，发生氧化反应，阳极反应式，阴极反应式，故B项不符合题意；C．由工作原理图可知，放电时，正极上转化为S、SO2，负极上Li转化为Li+，则电池的放电总反应为，故C项不符合题意；D．由工作原理图可知，充电时，阳极反应式，阴极反应式，Li电极质量增加7g时即为Li的质量，由此计算可得转移电子为1mol，根据可知n(I2)=0.5mol，故消耗的I2的质量为127g，故D错误，符合题意；故答案选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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.我国科学家研究发现稀土铈基催化剂可低温脱硝，其反应历程如图所示(“□”代表空位)。下列说法正确的是（）A.历程中Ce、Ti形成的共价键数目未发生变化B.每形成2mol氢氧键，形成1mol“空位”C.上述历程中每生成1molN2，转移6mole–D.总反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶2【答案】D【详析】A．“□”代表空位，由图示反应历程可知，Ce、Ti形成的共价键数目发生变化，如生成N2+2H2O的过程中，A项错误；B．由图示反应历程可知，形成1molCe、Ce之间的“空位”时生成1molH2O、形成2mol氢氧键，形成1molCe、Ti之间的“空位”时生成2molH2O、形成3mol氢氧键，B项错误；C．上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合价由NH3中-3价升至N2中0价，每生成4molN2转移12mol电子，则每生成1molN2，转移3mol电子，C项错误；D．上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合价由NH3中-3价升至N2中0价，NH3为还原剂、N2为氧化产物，N元素的化合价由NO中+2价降至N2中0价，NO为氧化剂、N2为还原产物，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂、部分H2O为还原产物，结合得失电子守恒和原子守恒，氧化产物（2molN2）与还原产物（2molN2+2molH2O）物质的量之比为2∶4=1∶2，D项正确；答案选D。12.Cope重排反应如图所示，K()经Cope重排反应可得到M。已知：羟基直接连在双键碳原子上不稳定会异构化成酮羰基或醛基。下列说法错误的是（）A.Y中所有碳原子可能共平面B.M的结构简式为C.依据红外光谱可确证K、M存在不同的官能团D.含酚羟基且有手性碳原子的M的同分异构体有9种(不考虑立体异构)【答案】BD【详析】A．由题干图示有机物Y的结构简式可知，Y分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任意旋转，故除氢原子外，Y中其他原子可能共平面，A正确；B．根据题意且羟基直接连在双键碳原子上不稳定会异构化成酮羰基或醛基，所以通过Cope重排后得到M，B错误；C．依据红外光谱可确证K、M存在不同的官能团，K为碳碳双键和醇羟基，M为碳碳双键和羰基，C正确；D．M的分子式为C11H16O，按要求含酚羟基且有手性碳原子的M的同分异构体应该满足有一个苯环和酚羟基和其他取代基，苯酚与可以形成3种，苯酚与可以形成3种，此时还可以是与可以形成4种，已经有10种，除此之外还可让甲基在酚羟基的间位与可以形成4中，数目超过9种，除此之外当甲基在对位，或者苯酚与乙基丙基之间的取代等，也满足条件，D错误；故选BD。13.一种利用电化学富集锂的装置如图所示。富集锂的工作步骤如下：①接通电源1并向电极室2中通入海水，海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4，当电路中转移0.15mole-时，43.5gMnO2完全反应。②断开电源1接通电源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脱出进入电极室3。下列说法正确的是（）A.x=0.6B.惰性电极1与电源负极相连C.离子交换膜b为阳离子交换膜D.接通电源2后，MnO2电极的电极反应式为LixMn2O4+xe–=2MnO2+xLi+【答案】AC〖祥解〗根据题意，接通电源1并向电极室2中通入海水，海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4，此时锰的化合价降低，即此时二氧化锰与电源1的负极相连，惰性电极1与电源1的正极相连，随后断开电源1接通电源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脱出进入电极室3，此时锰的化合价升高，此时二氧化锰与电源2的正极相连，惰性电极2与电源2的负极相连，以此解题。【详析】A．43.5gMnO2的物质的量为0.5mol，此时转移0.15mole-，则若1mol二氧化锰参加反应，转移电子的物质的量为0.3mole-，锂离子进入二氧化锰结构对应二氧化锰中锰的化合价的降低，根据题意可知，此时MnO2转化为LixMn2O4，即0.5x对应1个二氧化锰，对应化合价变化为0.3，则x=0.6，A正确；B．由分析可知，惰性电极1与电源正极相连，B错误；C．根据题意可知，断开电源1接通电源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脱出进入电极室3，则离子交换膜b为阳离子交换膜，C正确；D．根据题意接通电源2后，LixMn2O4转化为MnO2，此时锰的化合价升高，根据化合价升降相等可知，MnO2电极的电极反应式为LixMn2O4-xe–=2MnO2+xLi+，D错误；故选AC。14.将2molN2和6molH2通入2L密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。下图曲线分别表示X的浓度(或Y的物质的量)随时间的变化(X、Y分别代表某一种反应物或生成物)。下列说法正确的是（）A.X表示的物质是H2B.T2温度下，该反应的平衡常数为C.T2温度下，4~12min的反应速率v(H2)=0.05mol∙L–1∙min–1D.T2温度下，反应达到平衡时容器内气体的压强较大【答案】D〖祥解〗根据2molN2、6molH2、0molNH3可知，Y表示氢气，X表示氨气；【详析】A．由分析可知，X表示的物质为NH3，A错误；B．T2温度下，列三段式为求得，B错误；C．T2温度下，4~12min的反应速率v(H2)=mol∙L–1∙min–1，C错误；D．0~4min时，T2温度下，v(H2)=mol∙L–1∙min–1，T1温度下，v(H2)=v(NH3)=mol∙L–1∙min–1，故T2＞T1，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，压强变大，D正确；故选D。15.工业上常用H2S处理废水中的Ni2+和Cd2+，对其工艺条件进行研究。处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol∙L–1，在一定pH范围内，溶液中HS–、S2–、Ni2+和Cd2+浓度的—lg(c/mol·L–1)随pH的变化关系如图，已知pH=2时溶液中仅有CdS沉淀生成，下列说法正确的是（）A.X点：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2—)B.Ka2(H2S)=10–14.6C.m=9.2D.反应Cd2+(aq)+HS—(aq)CdS(s)+H+(aq)的平衡常数K=10–11.4(mol·L–1)–1【答案】BC〖祥解〗溶液pH增大时，氢硫酸饱和溶液中氢硫酸根离子和硫离子的浓度均减小，但pH相同时，溶液中的c(HS-)大于硫c(S2-)离子，则—lgc(HS-)＜—lgc(S2-)，则曲线③、④分别表示—lgc(S2-)、—lgc(HS-)与pH的变化；pH=2时溶液中仅有硫化镉沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表—lg(CdS)，②代表—lg(NiS)；由图可知，溶液pH为4.2时，c(HS-)=10-4mol/L，则氢硫酸的一级电离常数Ka1(H2S)===10-7.2，溶液pH为4.9时，c(S2-)=10-13mol/L，则Ka1(H2S)Ka2(H2S)===10-21.8，所以氢硫酸的二级电离常数Ka2(H2S)=10–14.6。【详析】A．由图以及分析可知，X点镉离子的浓度大于硫离子浓度，故A错误；B．由分析可知，氢硫酸的二级电离常数Ka2(H2S)=10–14.6，故B正确；C．由图可知，溶液pH为4.2时，c(HS-)和c(Ni2+)均为10-4mol/L，由Ka2(H2S)==10–14.6可得溶液中硫离子浓度为10–14.4mol/L，则硫化镍的溶度积Ksp(NiS)=10–18.4，Y点硫离子和镍离子的浓度相等，则m=—lg=9.2，故C正确；D．由图可知，溶液pH为4.9时，硫离子和镉离子浓度均为10-13mol/L，则硫化镍的溶度积Ksp(CdS)=10–26，由方程式可知，反应的平衡常数K=====1011.4，故D错误；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.硫是组成生命的重要元素。回答下列问题：（1）基态硫原子的价电子轨道表示式为___________。（2）广谱杀虫剂硫酰氟(SO2F2)常温常压下为无色气体，固态SO2F2的晶体类型为___________，S原子的轨道杂化方式为___________，其F-S-F键角___________硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl键角(填“>”或“<”)，原因是___________________。（3）硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物，S2O的空间结构是___________；工业上，S2O常作为配体与金属阳离子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是___________(填“中心”或“端基”)S原子。（4）天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。已知晶胞中含S，则一个晶胞中含有___________个Cu2+，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度ρ=___________g·cm–3(用含NA的代数式表示)。【答案】（1）（2）分子晶体sp3<F的电负性大于Cl，S-F键成键电子对间的斥力小（3）四面体端基（4）2【详析】（1）硫为16号元素，则基态硫原子的价电子轨道表示式为：；（2）根据信息可知SO2F2沸点较低，则其为分子晶体；其中S的价层电子对数为4，则其杂化方式为：sp3；F的电负性大于Cl，则SO2F2中S—F的共用电子对更加偏向于F，共价键斥力较小，键角较小，即F-S-F键角<硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl键角；原因是：F的电负性大于Cl，S-F键成键电子对间的斥力小；（3）SO中S的价层电子对数为4，硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物，S2O的空间结构是四面体形；配位原子需要提供孤电子对与其他原子形成配位键，则S2O常作为配体与金属阳离子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是端基S原子；（4）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，则该物质化学式可表示为：(Cu+)4(Cu2+)2(S2-)2(Cu)2，结合俯视图可知地面平行四边形，其高为，则密度。17.工业上以富钒炉渣(主要含FeO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)为原料制备V2O5的工艺流程如下：已知：①+5价钒元素在溶液中的存在形式与溶液pH的关系：溶液pH<1.01.0~4.04.0~6.06.0~8.58.5~13.0>13.0钒元素存在形式VOV2O5多矾酸根VO多矾酸根VO备注多矾酸盐在水中溶解度较小②Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3回答下列问题：（1）“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是_________________；“高温氧化”过程中发生主要反应的化学方程式为_________________。（2）滤渣1的主要成分为_______；“调pH”时需将Fe3+、Al3+除尽(浓度≤1×10–5mol∙L–1时，可认为已除尽)，需调节pH的范围为____________。（3）若“沉钒”前溶液中c(VO)=0.2mol∙L–1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，至少应调节c(NH)为_______mol·L–1.过滤、洗涤、干燥得到NH4VO3沉淀，检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是_________________。（4）“焙烧”时生成两种参与大气循环无毒物质，则该反应的化学方程式为_________________。【答案】（1）增大原料接触面积，加快反应速率6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl（2）SiO26.0~8.5（3）0.8取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净（4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑〖祥解〗高温氧化过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，酸浸时氧化铝溶解为铝离子，则滤渣1为SiO2，用氢氧化钾调节pH将矾转化为VO，同时将Fe3+、Al3+转化为沉淀除尽，用氯化铵沉矾后，再焙烧得到产品，以此解题。【详析】（1）从反应速率的影响因素考虑，“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是：增大原料接触面积，加快反应速率；“高温氧化"过程中加入KClO3可将FeO·V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl；（2）由分析可知，滤渣1为SiO2；两种沉淀相比氢氧化铝更难沉淀，则，完全除尽，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7时，完全沉淀；根据流程可知，调pH后矾的存在形式为VO，结合表格中信息可知需调节pH范围为：6.0~8.5，且此时Fe3+、Al3+两种离子都已经形成沉淀；（3）为使钒元素的沉降率达到99%，溶液中剩余的，；根据流程可知，“沉钒”时加入的氯化铵，则产品表面可能吸附有氯离子，可以通过检验氯离子来检验NH4VO3沉淀是否洗净，对应的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；（4）由已知条件可知，NH4VO3分解生成V2O5和无污染的气体，相应的方程式为：4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑。18.环烷酸钴[(C5H9)(CH2)3COO]2Co可作合成橡胶的催化剂，实验室以CoCl2、环烷酸[C5H9(CH2)3COOH]等为原料制备环烷酸钴。回答下列问题：Ⅰ.CoCl2的制备实验室用如图实验装置制备纯净的CoCl2(CoCl2易潮解)。（1）A中发生反应的离子方程式为_____________________。（2）B中盛放的试剂为___________；图示装置存在一处缺陷会导致产品不纯，改进的措施是_____________________。（3）SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体，常作吸水剂。某实验小组设计用CoCl2·6H2O和SOCl2反应制备无水CoCl2，反应的化学方程式为_____________________。Ⅱ.环烷酸钴的制备控制温度90～95℃，向环烷酸中滴入一定浓度NaOH溶液，反应约2h后，再加入一定浓度CoCl2溶液，得到含有环烷酸钴的水溶液，分离提纯得环烷酸钴粗产品。（4）实验中NaOH溶液的用量对环烷酸钴产率的影响如图所示，NaOH溶液过量导致环烷酸钴产率降低的原因是_____________________。Ⅲ.环烷酸钴纯度的测定步骤①：准确称取mg环烷酸钴产品，加入少量稀硫酸使其溶解，将溶液转移至250mL容量瓶，定容。步骤②：移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入0.0500mol∙L–1EDTA标准溶液25.00mL。充分反应后，以铬黑T为指示剂，用0.0500mol∙L–1锌标准溶液滴定过量的EDTA，消耗锌标准溶液5.00mL。已知：环烷酸钴摩尔质量为Mg∙mol–1；EDTA与金属离子以1：1形成稳定配合物。（5）产品中环烷酸钴的纯度为___________(用含字母的式子表示)。下列情况会导致产品纯度测定值偏低的是___________。A．产品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CoB．步骤①中定容时俯视刻度线C．步骤①中转移溶液时未洗涤烧杯D．步骤②中滴定管未用锌标准溶液润洗【答案】（1）ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2）饱和NaCl溶液将E改为盛有碱石灰的干燥管或者在D、E之间加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（3）CoCl2·6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑（4）NaOH溶液过量会生成Co(OH)2沉淀（5）ACD〖祥解〗浓盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气，通过B饱和食盐水除去挥发的氯化氢、通过C浓硫酸干燥，氯气在D中和钴反应生成CoCl2，尾气有毒使用碱液吸收；【详析】（1）浓盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（2）由分析可知，B中盛放的试剂为饱和食盐水除去挥发的氯化氢；CoCl2易潮解，故图示装置会导致产品不纯，改进的措施是将E改为盛有碱石灰的干燥管或者在D、E之间加一个盛有浓硫酸的洗气；（3）CoCl2·6H2O和SOCl2反应制备无水CoCl2，反应中结晶水和SOCl2反应生成二氧化硫气体和氯化氢气体，使得CoCl2·6H2O晶体转化为CoCl2，化学方程式为CoCl2·6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑；（4）NaOH溶液过量会生成Co(OH)2沉淀，导致环烷酸钴产率降低；（5）已知：环烷酸钴摩尔质量为Mg∙mol–1；EDTA与金属离子以1：1形成稳定配合物，则根据钴元素守恒可知，环烷酸钴为，产品中环烷酸钴的纯度为；A．产品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3Co，三价钴的存在导致二价故含量减小，测的产品纯度测定值偏低，A符合题意；B．步骤①中定容时俯视刻度线，使得配制的溶液浓度偏大，则移取25.00mL上述溶液中二价钴浓度偏大，导致测定结果偏高，B不符合题意；C．步骤①中转移溶液时未洗涤烧杯，使得配制的溶液浓度偏小，则移取25.00mL上述溶液中二价钴浓度偏低，导致测定结果偏低，C符合题意；D．步骤②中滴定管未用锌标准溶液润洗，导致锌标准溶液浓度偏低，消耗锌标准溶液偏大，计算出二价钴量偏小，测定结果偏小，D符合题意；故选ACD。19.以麦芽酚为原料合成一种药物中间体M()的路线如下(部分反应条件或试剂略去)：已知：Ⅰ．R1CHO＋CH3-CR2=CHR3R1CHOHCH2CR2=CHR3Ⅱ．R1CH=CHR2R1COOH＋R2COOH（1）麦芽酚中含氧官能团的名称是___________；有机物Q是麦芽酚多一个碳原子的同系物，符合下列条件的Q的同分异构体有___________种。①遇FeCl3溶液显紫色②1molQ最多能与2molNa2CO3反应③含有六种化学环境的氢（2）物质C可由A通过两步转化生成(A→中间产物→C)，则中间产物的化学名称为___________；B的结构简式为___________。（3）D→E的反应类型为___________；K→L的化学方程式为_____________________。（4）根据上述信息，写出以乙二醇、2-丁烯为主要原料制备的合成路线___________________________。【答案】（1）酮羰基、羟基、醚键4（2）苯甲醇（3）消去反应→（4）HOCH2CH2OHOHCCHO〖祥解〗麦芽酚与A(C7H7Br)一定条件下反应生成B(C13H12O3)，B与C(C7H6O)在特殊溶剂中发生题给已知Ⅰ的反应生成D(C20H18O4)，D脱去1个“H2O”生成E，E与NaIO4、RuCl3发生题给已知Ⅱ的反应生成F，结合F的结构简式和各物质的分子式可知，A的结构简式为、B的结构简式为、C的结构简式为、D的结构简式为、E的结构简式为；F与X(C3H9O2N)一定条件下反应生成G，由G的结构简式和X的分子式可知，X的结构简式为H2NCH2CH(OH)CH2OH；J与反应生成K，K反应转化成L，L在浓硫酸、加热时反应生成M，结合M的结构简式知，K的结构简式为、L的结构简式为。【详析】（1）由麦芽酚的结构简式知，麦芽酚中含氧官能团的名称是羟基、醚键、酮羰基；麦芽酚的分子式为C6H6O3，Q是麦芽酚多一个碳原子的同系物，Q的分子式为C7H8O3，不饱和度为4，Q的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色说明结构中含酚羟基，1molQ最多与2molNa2CO3反应说明1个Q中含2个酚羟基，有六种化学环境的氢，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、，共4种。（2）A结构简式为、C的结构简式为，物质C可由A通过两步转化生成(A→中间产物→C)，A与NaOH水溶液、加热发生水解反应生成中间产物，发生催化氧化反应生成C，的化学名称为苯甲醇；根据分析，B的结构简式为。（3）D的结构简式为、E的结构简式为，D发生醇羟基的消去反应生成E；K→L的化学方程式为→。（4）对比与HOCH2CH2OH、CH3CH=CHCH3的结构简式，可由题给已知Ⅰ构建碳架，HOCH2CH2OH先发生催化氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与CH3CH=CHCH3在特殊溶剂中反应生成，与Cl2发生取代反应生成，发生水解反应生成，则合成路线为：HOCH2CH2OHOHCCHO。20.利用1-甲基萘(1-MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1-MTL和5-MTL)。反应过程中伴有生成1-甲基十氢萘(1-MD)的副反应，涉及反应如下。各反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示。反应Ⅰ：+2H2(g)；ΔH1反应Ⅱ：+2H2(g)；ΔH2反应Ⅲ：+3H2(g)；ΔH3反应Ⅳ：+3H2(g)；ΔH4回答下列问题：（1）温度为T1时，反应Ⅱ的平衡常数与反应Ⅲ、Ⅳ的平衡常数之间的关系是K2=___________(用含K3、K4的代数式表示)，曲线a、b中，表示反应Ⅳ的平衡常数随温度变化的曲线为___________(填代号)。已知1-MTL比5-MTL稳定，则的数值范围是___________(填标号)。A．<-1B．-1～0C．0～1D．>1（2）以1mol1-MN为原料，在1×103kPa的高压H2氛围下反应(H2的压强近似等于总压)，测得不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1-MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1-MN平衡转化率y的变化关系如图所示。反应温度为T2时，1-MN平衡转化率y=80%，则反应消耗H2的物质的量为___________，m=___________，反应Ⅱ的分压平衡常数Kp=___________kPa–2。（3）同温同压下，向温度为T2时的平衡体系中再充入H2，过程中保持H2的浓度不变，反应Ⅰ的化学平衡___________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。平衡时，1-MTL与5-MTL物质的量浓度之比c(1-MTL)：c(5-MTL)=___________。【答案】（1）aC（2）2.71mol0.0753×10-7（3）不移动6:37【详析】（1）由盖斯定律可知，平衡常数K1K3=K2K4，结合图示，温度为T1时，lgK1=0，即K1=1，则K2=；由图可知，相同温度下，则K1＞K2，所以K3<K4，则表示反应Ⅳ的平衡常数随温度变化曲线为a；由图可知，升高温度，四个反应的平衡常数均减小，说明反应均向逆反应方向移动，均为放热反应，，已知1-MTL比5-MTL稳定，物质的能量越低越稳定，说明反应Ⅱ比反应I放热更多，，则，故选C；（2）涉及的反应有：反应Ⅰ：1-MN(g)+2H2(g)5-MTL(g)；反应Ⅱ：1-MN(g)+2H2(g)1-MTL(g)；反应Ⅲ：5-MTL(g)+3H2(g)1-MD(g)；反应Ⅳ：1-MTL(g)+3H2(g)1-MD(g)；1-MN平衡转化率y为80%时，反应的1-MN为0.8mol，开始生成1-MTL和5-MTL共0.8mol；由图可知，平衡时1-MTL和5-MTL物质的量分数共0.43，则又消耗了(0.8mol-0.43mol)=0.37mol的1-MTL和5-MTL，则反应消耗H2的物质的量为0.8mol2+0.37mol3=2.71mol；综合以上分析，平衡时，1-MD为0.37mol，由图可知平衡时S5-MTL=S1-MD，则5-MTL也为0.37mol，则1-MTL为(0.8mol-0.37mol-0.37mol)=0.06mol，平衡时S1-MTL=m，0.8molm=0.06mol，解得m=0.075；反应Ⅱ：1-MN(g)+2H2(g)1-MTL(g)，结合以上分析，平衡时1-MTL的物质的量分数为0.06，1-MN的物质的量分数为0.2，H2的压强近似等于总压为1×103kPa，则反应Ⅱ的分压平衡常数Kp==3×10-7kPa–2。（3）同温同压下，向温度为T2时的平衡体系中再充入H2，过程中保持H2的浓度不变，则反应Ⅰ的Qc=K，则平衡不移动。相同条件下，气体的浓度之比等于物质的量之比，则平衡时，1-MTL与5-MTL物质的量浓度之比为c(1-MTL)：c(5-MTL)=0.06：0.37=6:37。山东省菏泽市2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：Li7O16S32Mn55Cu64I127一、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.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是（）A.粮食酿酒过程中碳元素仅被还原B.“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于盐C.闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成D.“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生H+【答案】A【详析】A．粮食酿酒过程中，粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，该过程中碳元素部分被还原，部分被氧化，故A错误；B．从组成分析Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故B正确；C．陶瓷由黏土高温烧结而成，故C正确；D．绿矾为，溶于水电离出Fe2+，Fe2+水解产生H+使溶液呈酸性，故D正确；故选：A。2.实验室中下列做法正确的是（）A.用铜丝代替铂丝做焰色试验B.用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液D.浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口瓶中【答案】B【详析】A．铜元素的焰色呈绿色，会干扰其它金属元素的焰色，不能用铜丝代替铂丝做焰色试验，A项错误；B．白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中，B项正确；C．量取8.50mLNaOH溶液应该用碱式滴定管，量筒精度不够，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH溶液，C项错误；D．浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，保存浓硝酸的细口瓶不能用橡胶塞，D项错误；答案选B。3.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径小于Y的原子半径，Z基态原子核外有3个未成对电子，Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Q2是氧化性最强的单质，下列说法正确的是（）A.键能：Z2<W2<Q2 B.YQ3、ZQ3均为非极性分子C.沸点：X2W<XQ D.同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有3种【答案】D〖祥解〗X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最强的单质，则Q是氟；Z基态原子核外有3个未成对电子，Z为氮，则W为氧；Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Y为硼；X的原子半径小于Y的原子半径，则X为氢；【详析】A．氮气分子中包含三键，键能最大，A错误；B．BF3的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，B错误；C．水分子形成氢键的数目大于HF，导致水的沸点高于HF，C错误；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有铍碳氧3种，D正确；故选D。4.下列装置能达到实验目的的是（）A.用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g) B.用乙装置除去水中的苯酚C.用丙装置收集Cl2 D.用丁装置灼烧Fe(OH)3固体制得Fe2O3【答案】A详析】A．NO2溶于水得无色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g)，故选A；B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳浊液，应用分液法分离提纯，故不选B；C．若用丙装置收集Cl2，应该从右侧导管进气，故不选C；D．在坩埚中灼烧Fe(OH)3固体制Fe2O3，故不选D；选A。5.酞菁和酞菁钴可制得光动力学中的光敏剂，分子结构如图，其中酞菁分子中所有原子共平面，下列说法正确的是（）A.酞菁钴中钴的化合价为+4B.直径为1.5×10–9m的酞菁钴分子能透过半透膜C.酞菁钴中元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H>CoD.标注①②的N原子的杂化方式是sp2，③的N原子的杂化方式是sp3【答案】C【详析】A．钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，A错误；B．胶体粒子的直径为1~100nm，胶体分子不能透过半透膜，直径为1.5×10–9m的酞菁钴分子不能透过半透膜，B错误；C．非金属性越强，电负性越大，电负性大小顺序N＞C＞H>Co，C正确；D．①②中N均有2个σ键，孤电子对数为：=1，③中三个σ键，因为共面，孤对电子参与形成大π键，N原子杂化方式都为sp2，D错误；故答案为：C。6.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是（）选项操作和现象结论A向漂白粉溶液中通入SO2，产生白色沉淀酸性：H2SO3>HClOB常温下，分别测定1mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1mol·L–1CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7同温下，不同浓度CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C10mL0.1mol·L–1FeCl3溶液和10mL0.1mol·L–1KI溶液充分反应后分成两等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液变红；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝FeCl3和KI的反应存在限度D向露置在空气中的Na2O2固体中加入稀盐酸，产生气泡Na2O2固体已经变质【答案】C【详析】A.漂白粉可以与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，无法说明酸性H2SO3>HClO，故A错误；B.不同浓度CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子的水解程度不同，故水的电离程度不同，故B错误；C.根据反应方程式，题中所给的三价铁离子与碘离子的量相等，若反应能够完全进行，溶液中不会存在三价铁离子，根据C中现象，滴加KSCN溶液，溶液变红可知溶液中存在三价铁离子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝可知溶液中存在碘单质，故可知该反应是个可逆反应，存在反应限度，故C正确；D.若过氧化钠不变质，加入稀盐酸也可反应生成氧气，故产生气泡无法说明过氧化钠固体变质，故D错误；故选C。7.化合物M的结构如图。下列关于M的说法错误的是（）A.存在顺反异构B.1molM最多可与4molH2反应C.其酸性水解的产物均可与溴水反应D可形成分子内氢键和分子间氢键【答案】C【详析】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；B．该结构中有一个苯环、一个碳碳双键，故1molM最多可与4molH2反应，B正确；C．其酸性水解产物有、HOOC－CH＝CH－COOH、，其中不能与溴水反应，C错误；D．相邻的两个羟基可以形成分子内氢键，羟基间可以形成分子间氢键，D正确；故选C。8.实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法正确的是（）A.试剂X宜选用NaOH溶液B.“操作1”过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出C.“操作2”需用到球形冷凝管D.“操作5”中洗涤苯甲酸时，用乙醇的效果比用蒸馏水好【答案】B〖祥解〗苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的混合物加饱和碳酸钠萃取分液，有机相含有苯甲酸乙酯、环己烷，水相含苯甲钠；有机相加入乙醚和水，蒸馏得苯甲酸乙酯和乙醚-环己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加无水硫酸镁干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸钠转化为苯甲酸，苯甲酸溶解度小，过滤得到苯甲酸粗品，重结晶得到苯甲酸。【详析】A．苯甲酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试剂X不能选用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、环己烷均难溶于饱和碳酸钠溶液，试剂X可以选用饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．“操作1”是分液，有机相的密度小于水，有机相在上层，过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出，故B正确；C．“操作2”为蒸馏，需用到直形冷凝管，故C错误；D．苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗涤苯甲酸时，用水洗涤比酒精好，故D错误；选B。9.以大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)为原料制备脱硫剂MnxOy的工艺流程如下。已知：氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3。下列说法错误的是（）A.“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌加快反应速率的作用B.铜元素以Cu2+的形式进入“氨浸”的浸出液中C.“浸锰”时主要反应的离子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑D.上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用【答案】B〖祥解〗由流程可知大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)，氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3；过滤得到MnCO3和Fe2O3；滤渣加硫酸铵溶液，其中碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，过滤出Fe2O3；再经过滤，滤液中加碳酸铵使锰离子转化为碳酸锰，过滤后，煅烧碳酸锰得到脱硫剂MnxOy，据此分析解答；【详析】A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌，有利于大洋锰结核与氨水充分接触，加快反应速率，故A正确；B．Cu2+与氨水反应首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2继续与氨水反应最终生成进入浸出液中，故B错误；C．由上述分析可知浸锰时的主要离子反应为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑，故C正确；D．由流程可知，上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用，故D正确；故选：B。10.中国科学家将I2分子引入电解质中制作高功率可充电Li-SOCl2电池，I2调整充电和放电反应途径如图所示。下列说法错误的是（）A.电池使用过程中无需补充I2B.充电时，阴极Li+得电子发生还原反应C.放电时总反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑D.充电时，Li电极质量增加7g时电极反应消耗的I2的质量为254g【答案】D【详析】A．由工作原理图可知，是催化剂，分子的引入催化了电池放电和充电过程，因此在电池使用过程中无需补充，故A项不符合题意；B．由工作原理图可知，充电时，失电子转化为ICl，发生氧化反应，阳极反应式，阴极反应式，故B项不符合题意；C．由工作原理图可知，放电时，正极上转化为S、SO2，负极上Li转化为Li+，则电池的放电总反应为，故C项不符合题意；D．由工作原理图可知，充电时，阳极反应式，阴极反应式，Li电极质量增加7g时即为Li的质量，由此计算可得转移电子为1mol，根据可知n(I2)=0.5mol，故消耗的I2的质量为127g，故D错误，符合题意；故答案选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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.我国科学家研究发现稀土铈基催化剂可低温脱硝，其反应历程如图所示(“□”代表空位)。下列说法正确的是（）A.历程中Ce、Ti形成的共价键数目未发生变化B.每形成2mol氢氧键，形成1mol“空位”C.上述历程中每生成1molN2，转移6mole–D.总反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶2【答案】D【详析】A．“□”代表空位，由图示反应历程可知，Ce、Ti形成的共价键数目发生变化，如生成N2+2H2O的过程中，A项错误；B．由图示反应历程可知，形成1molCe、Ce之间的“空位”时生成1molH2O、形成2mol氢氧键，形成1molCe、Ti之间的“空位”时生成2molH2O、形成3mol氢氧键，B项错误；C．上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合价由NH3中-3价升至N2中0价，每生成4molN2转移12mol电子，则每生成1molN2，转移3mol电子，C项错误；D．上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合价由NH3中-3价升至N2中0价，NH3为还原剂、N2为氧化产物，N元素的化合价由NO中+2价降至N2中0价，NO为氧化剂、N2为还原产物，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂、部分H2O为还原产物，结合得失电子守恒和原子守恒，氧化产物（2molN2）与还原产物（2molN2+2molH2O）物质的量之比为2∶4=1∶2，D项正确；答案选D。12.Cope重排反应如图所示，K()经Cope重排反应可得到M。已知：羟基直接连在双键碳原子上不稳定会异构化成酮羰基或醛基。下列说法错误的是（）A.Y中所有碳原子可能共平面B.M的结构简式为C.依据红外光谱可确证K、M存在不同的官能团D.含酚羟基且有手性碳原子的M的同分异构体有9种(不考虑立体异构)【答案】BD【详析】A．由题干图示有机物Y的结构简式可知，Y分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任意旋转，故除氢原子外，Y中其他原子可能共平面，A正确；B．根据题意且羟基直接连在双键碳原子上不稳定会异构化成酮羰基或醛基，所以通过Cope重排后得到M，B错误；C．依据红外光谱可确证K、M存在不同的官能团，K为碳碳双键和醇羟基，M为碳碳双键和羰基，C正确；D．M的分子式为C11H16O，按要求含酚羟基且有手性碳原子的M的同分异构体应该满足有一个苯环和酚羟基和其他取代基，苯酚与可以形成3种，苯酚与可以形成3种，此时还可以是与可以形成4种，已经有10种，除此之外还可让甲基在酚羟基的间位与可以形成4中，数目超过9种，除此之外当甲基在对位，或者苯酚与乙基丙基之间的取代等，也满足条件，D错误；故选BD。13.一种利用电化学富集锂的装置如图所示。富集锂的工作步骤如下：①接通电源1并向电极室2中通入海水，海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4，当电路中转移0.15mole-时，43.5gMnO2完全反应。②断开电源1接通电源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脱出进入电极室3。下列说法正确的是（）A.x=0.6B.惰性电极1与电源负极相连C.离子交换膜b为阳离子交换膜D.接通电源2后，MnO2电极的电极反应式为LixMn2O4+xe–=2MnO2+xLi+【答案】AC〖祥解〗根据题意，接通电源1并向电极室2中通入海水，海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4，此时锰的化合价降低，即此时二氧化锰与电源1的负极相连，惰性电极1与电源1的正极相连，随后断开电源1接通电源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脱出进入电极室3，此时锰的化合价升高，此时二氧化锰与电源2的正极相连，惰性电极2与电源2的负极相连，以此解题。【详析】A．43.5gMnO2的物质的量为0.5mol，此时转移0.15mole-，则若1mol二氧化锰参加反应，转移电子的物质的量为0.3mole-，锂离子进入二氧化锰结构对应二氧化锰中锰的化合价的降低，根据题意可知，此时MnO2转化为LixMn2O4，即0.5x对应1个二氧化锰，对应化合价变化为0.3，则x=0.6，A正确；B．由分析可知，惰性电极1与电源正极相连，B错误；C．根据题意可知，断开电源1接通电源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脱出进入电极室3，则离子交换膜b为阳离子交换膜，C正确；D．根据题意接通电源2后，LixMn2O4转化为MnO2，此时锰的化合价升高，根据化合价升降相等可知，MnO2电极的电极反应式为LixMn2O4-xe–=2MnO2+xLi+，D错误；故选AC。14.将2molN2和6molH2通入2L密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。下图曲线分别表示X的浓度(或Y的物质的量)随时间的变化(X、Y分别代表某一种反应物或生成物)。下列说法正确的是（）A.X表示的物质是H2B.T2温度下，该反应的平衡常数为C.T2温度下，4~12min的反应速率v(H2)=0.05mol∙L–1∙min–1D.T2温度下，反应达到平衡时容器内气体的压强较大【答案】D〖祥解〗根据2molN2、6molH2、0molNH3可知，Y表示氢气，X表示氨气；【详析】A．由分析可知，X表示的物质为NH3，A错误；B．T2温度下，列三段式为求得，B错误；C．T2温度下，4~12min的反应速率v(H2)=mol∙L–1∙min–1，C错误；D．0~4min时，T2温度下，v(H2)=mol∙L–1∙min–1，T1温度下，v(H2)=v(NH3)=mol∙L–1∙min–1，故T2＞T1，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，压强变大，D正确；故选D。15.工业上常用H2S处理废水中的Ni2+和Cd2+，对其工艺条件进行研究。处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol∙L–1，在一定pH范围内，溶液中HS–、S2–、Ni2+和Cd2+浓度的—lg(c/mol·L–1)随pH的变化关系如图，已知pH=2时溶液中仅有CdS沉淀生成，下列说法正确的是（）A.X点：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2—)B.Ka2(H2S)=10–14.6C.m=9.2D.反应Cd2+(aq)+HS—(aq)CdS(s)+H+(aq)的平衡常数K=10–11.4(mol·L–1)–1【答案】BC〖祥解〗溶液pH增大时，氢硫酸饱和溶液中氢硫酸根离子和硫离子的浓度均减小，但pH相同时，溶液中的c(HS-)大于硫c(S2-)离子，则—lgc(HS-)＜—lgc(S2-)，则曲线③、④分别表示—lgc(S2-)、—lgc(HS-)与pH的变化；pH=2时溶液中仅有硫化镉沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表—lg(CdS)，②代表—lg(NiS)；由图可知，溶液pH为4.2时，c(HS-)=10-4mol/L，则氢硫酸的一级电离常数Ka1(H2S)===10-7.2，溶液pH为4.9时，c(S2-)=10-13mol/L，则Ka1(H2S)Ka2(H2S)===10-21.8，所以氢硫酸的二级电离常数Ka2(H2S)=10–14.6。【详析】A．由图以及分析可知，X点镉离子的浓度大于硫离子浓度，故A错误；B．由分析可知，氢硫酸的二级电离常数Ka2(H2S)=10–14.6，故B正确；C．由图可知，溶液pH为4.2时，c(HS-)和c(Ni2+)均为10-4mol/L，由Ka2(H2S)==10–14.6可得溶液中硫离子浓度为10–14.4mol/L，则硫化镍的溶度积Ksp(NiS)=10–18.4，Y点硫离子和镍离子的浓度相等，则m=—lg=9.2，故C正确；D．由图可知，溶液pH为4.9时，硫离子和镉离子浓度均为10-13mol/L，则硫化镍的溶度积Ksp(CdS)=10–26，由方程式可知，反应的平衡常数K=====1011.4，故D错误；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.硫是组成生命的重要元素。回答下列问题：（1）基态硫原子的价电子轨道表示式为___________。（2）广谱杀虫剂硫酰氟(SO2F2)常温常压下为无色气体，固态SO2F2的晶体类型为___________，S原子的轨道杂化方式为___________，其F-S-F键角___________硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl键角(填“>”或“<”)，原因是___________________。（3）硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物，S2O的空间结构是___________；工业上，S2O常作为配体与金属阳离子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是___________(填“中心”或“端基”)S原子。（4）天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。已知晶胞中含S，则一个晶胞中含有___________个Cu2+，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度ρ=___________g·cm–3(用含NA的代数式表示)。【答案】（1）（2）分子晶体sp3<F的电负性大于Cl，S-F键成键电子对间的斥力小（3）四面体端基（4）2【详析】（1）硫为16号元素，则基态硫原子的价电子轨道表示式为：；（2）根据信息可知SO2F2沸点较低，则其为分子晶体；其中S的价层电子对数为4，则其杂化方式为：sp3；F的电负性大于Cl，则SO2F2中S—F的共用电子对更加偏向于F，共价键斥力较小，键角较小，即F-S-F键角<硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl键角；原因是：F的电负性大于Cl，S-F键成键电子对间的斥力小；（3）SO中S的价层电子对数为4，硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物，S2O的空间结构是四面体形；配位原子需要提供孤电子对与其他原子形成配位键，则S2O常作为配体与金属阳离子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是端基S原子；（4）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，则该物质化学式可表示为：(Cu+)4(Cu2+)2(S2-)2(Cu)2，结合俯视图可知地面平行四边形，其高为，则密度。17.工业上以富钒炉渣(主要含FeO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)为原料制备V2O5的工艺流程如下：已知：①+5价钒元素在溶液中的存在形式与溶液pH的关系：溶液pH<1.01.0~4.04.0~6.06.0~8.58.5~13.0>13.0钒元素存在形式VOV2O5多矾酸根VO多矾酸根VO备注多矾酸盐在水中溶解度较小②Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3回答下列问题：（1）“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是_________________；“高温氧化”过程中发生主要反应的化学方程式为_________________。（2）滤渣1的主要成分为_______；“调pH”时需将Fe3+、Al3+除尽(浓度≤1×10–5mol∙L–1时，可认为已除尽)，需调节pH的范围为____________。（3）若“沉钒”前溶液中c(VO)=0.2mol∙L–1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，至少应调节c(NH)为_______mol·L–1.过滤、洗涤、干燥得到NH4VO3沉淀，检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是_________________。（4）“焙烧”时生成两种参与大气循环无毒物质，则该反应的化学方程式为_________________。【答案】（1）增大原料接触面积，加快反应速率6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl（2）SiO26.0~8.5（3）0.8取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净（4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑〖祥解〗高温氧化过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，酸浸时氧化铝溶解为铝离子，则滤渣1为SiO2，用氢氧化钾调节pH将矾转化为VO，同时将Fe3+、Al3+转化为沉淀除尽，用氯化铵沉矾后，再焙烧得到产品，以此解题。【详析】（1）从反应速率的影响因素考虑，“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是：增大原料接触面积，加快反应速率；“高温氧化"过程中加入KClO3可将FeO·V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl；（2）由分析可知，滤渣1为SiO2；两种沉淀相比氢氧化铝更难沉淀，则，完全除尽，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7时，完全沉淀；根据流程可知，调pH后矾的存在形式为VO，结合表格中信息可知需调节pH范围为：6.0~8.5，且此时Fe3+、Al3+两种离子都已经形成沉淀；（3）为使钒元素的沉降率达到99%，溶液中剩余的，；根据流程可知，“沉钒”时加入的氯化铵，则产品表面可能吸附有氯离子，可以通过检验氯离子来检验NH4VO3沉淀是否洗净，对应的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；（4）由已知条件可知，NH4VO3分解生成V2O5和无污染的气体，相应的方程式为：4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑。18.环烷酸钴[(C5H9)(CH2)3COO]2Co可作合成橡胶的催化剂，实验室以CoCl2、环烷酸[C5H9(CH2)3COOH]等为原料制备环烷酸钴。回答下列问题：Ⅰ.CoCl2的制备实验室用如图实验装置制备纯净的CoCl2(CoCl2易潮解)。（1）A中发生反应的离子方程式为_____________________。（2）B中盛放的试剂为___________；图示装置存在一处缺陷会导致产品不纯，改进的措施是_____________________。（3）SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体，常作吸水剂。某实验小组设计用CoCl2·6H2O和SOCl2反应制备无水CoCl2，反应的化学方程式为_____________________。Ⅱ.环烷酸钴的制备控制温度90～95℃，向环烷酸中滴入一定浓度NaOH溶液，反应约2h后，再加入一定浓度CoCl2溶液，得到含有环烷酸钴的水溶液，分离提纯得环烷酸钴粗产品。（4）实验中NaOH溶液的用量对环烷酸钴产率的影响如图所示，NaOH溶液过量导致环烷酸钴产率降低的原因是_____________________。Ⅲ.环烷酸钴纯度的测定步骤①：准确称取mg环烷酸钴产品，加入少量稀硫酸使其溶解，将溶液转移至250mL容量瓶，定容。步骤②：移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入0.0500mol∙L–1EDTA标准溶液25.00mL。充分反应后，以铬黑T为指示剂，用0.0500mol∙L–1锌标准溶液滴定过量的EDTA，消耗锌标准溶液5.00mL。已知：环烷酸钴摩尔质量为Mg∙mol–1；EDTA与金属离子以1：1形成稳定配合物。（5）产品中环烷酸钴的纯度为___________(用含字母的式子表示)。下列情况会导致产品纯度测定值偏低的是___________。A．产品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CoB．步骤①中定容时俯视刻度线C．步骤①中转移溶液时未洗涤烧杯D．步骤②中滴定管未用锌标准溶液润洗【答案】（1）ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2）饱和NaCl溶液将E改为盛有碱石灰的干燥管或者在D、E之间加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（3）CoCl2·6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑（4）NaOH溶液过量会生成Co(OH)2沉淀（5）ACD〖祥解〗浓盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气，通过B饱和食盐水除去挥发的氯化氢、通过C浓硫酸干燥，氯气在D中和钴反应生成